实现静态解耦的条件
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c1B 1 0 c2B 2 0 1 0 E 2 0
E是奇异的，用状态反馈控制律不能使系统动态解 耦。 11
若开环系统(A,B,C)不能静态解偶，现在考虑采用 状态反馈规律u=Kx+Hv ，使得系统静态解耦。 4
一、实现静态解耦的条件
加上反馈的闭环系统为:
x (A BK )x BHv
因此，只要使得G f ( s)稳定时G f (0)具有()式的特征 就可以了。
传递函数阵为:
G f (s) C[sI (A BK)]1 BH
x Ax Bu，y Cx
具有对角形非奇异的静态增益矩阵，则称系统是 静态(方）解耦的：
G11 (0) G (0) , Gii (0) 0 （ ） p p， p q
Gii (0)
3
对静态解耦系统，当
时，
u a（ 1 t ), a [a1 a 2 a p ]T
§4-4静态解耦
按照定义4—1是解耦的系统，习惯上称为 动态解耦系统：
n 1 (s ) d (s ) 1 y1 y 2 y p 0
0 n 2 (s ) d 2 (s )
0
0 u1 u 2 0 up n p (s ) d p (s )
Gf (0) M diag{G11 (0) G 22 (0)
系统实现了静态解耦。 必要性：由
G f (0) C[(A BK)]1 BH
G pp (0)}
对角形非奇异，实现静态解耦，可知（A+BK）非 奇异，且K必须使系统能稳定，由（4—64）式可 9 知
A BK det C
0 1 1 y x 1 1 0
10
不难验证这个系统是可控的，可以用状态反馈使之 稳定。又有 0 0 1 1 1 1 0 0 1 1 A B det 1 1 1 0 1 0 C 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 0 根据定理4—15，该系统可以静态解耦。但
B 0
det( A BK ) det[C( A BK ) 1 B] 0
而由(4-63)*，可得（4—63）@p7式成立。
证完。
例4—7 考虑下列动态方程
0 0 1 1 1 x 1 1 u x 1 0 0 1 1 1 0 1
5
下面研究稳态时，
G f (0) C(A BK)1 BH
可解耦的条件。
事实上，只要证明
C(A BK)1 B
非奇异就可以了。
6
定理4—15 使系统能静态解耦的充分必要条件是状 态反馈能使系统稳定，且
A B det 0 C 0
(4-63) @p10
证明 充分性。若K可使系统稳定，说明（A+BK） 是非奇异阵，输出可以进入稳态。由于（ 4 — 63 ） 成立，而
A BK B A C 0 C B I K 0 0 I
(4-63)*
所以等式左端的矩阵也是非奇异阵。又因为
7
B A BK det C 0 I 0 A BK det 1 I C C(A BK)
1
动态解耦在实际应用中有很大限制，许多情况下， 要求采用复杂、高敏感度的控制规律；此外，若不可 观的子系统是不稳定的，或E是奇异的，则仅用状态 反馈而不采用附加的校正装置就不能实现动态解耦。
如果放宽动态过程中无相互影响的要求，仅考 虑稳态性能，问题的可解性条件与稳定解耦相比就 会宽一Baidu Nhomakorabea。
2
定义4—2 一个稳定系统
B 0
B A BK det 1 C(A BK) B 0
det(A BK) det[C(A BK)1 B]
所以可知 C(A BK)1 B 非奇异。取
8
H [C(A BK)1 B]1 M,
这里M为对角形非奇异阵，显然这时
limt y (t ) lims 0 s C(s I A) 1 B u
G (s )
G11 (0) a1 a 1 G ii (0) a p limt y i (t ) G ii (0)a i
E是奇异的，用状态反馈控制律不能使系统动态解 耦。 11
若开环系统(A,B,C)不能静态解偶，现在考虑采用 状态反馈规律u=Kx+Hv ，使得系统静态解耦。 4
一、实现静态解耦的条件
加上反馈的闭环系统为:
x (A BK )x BHv
因此，只要使得G f ( s)稳定时G f (0)具有()式的特征 就可以了。
传递函数阵为:
G f (s) C[sI (A BK)]1 BH
x Ax Bu，y Cx
具有对角形非奇异的静态增益矩阵，则称系统是 静态(方）解耦的：
G11 (0) G (0) , Gii (0) 0 （ ） p p， p q
Gii (0)
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对静态解耦系统，当
时，
u a（ 1 t ), a [a1 a 2 a p ]T
§4-4静态解耦
按照定义4—1是解耦的系统，习惯上称为 动态解耦系统：
n 1 (s ) d (s ) 1 y1 y 2 y p 0
0 n 2 (s ) d 2 (s )
0
0 u1 u 2 0 up n p (s ) d p (s )
Gf (0) M diag{G11 (0) G 22 (0)
系统实现了静态解耦。 必要性：由
G f (0) C[(A BK)]1 BH
G pp (0)}
对角形非奇异，实现静态解耦，可知（A+BK）非 奇异，且K必须使系统能稳定，由（4—64）式可 9 知
A BK det C
0 1 1 y x 1 1 0
10
不难验证这个系统是可控的，可以用状态反馈使之 稳定。又有 0 0 1 1 1 1 0 0 1 1 A B det 1 1 1 0 1 0 C 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 0 根据定理4—15，该系统可以静态解耦。但
B 0
det( A BK ) det[C( A BK ) 1 B] 0
而由(4-63)*，可得（4—63）@p7式成立。
证完。
例4—7 考虑下列动态方程
0 0 1 1 1 x 1 1 u x 1 0 0 1 1 1 0 1
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下面研究稳态时，
G f (0) C(A BK)1 BH
可解耦的条件。
事实上，只要证明
C(A BK)1 B
非奇异就可以了。
6
定理4—15 使系统能静态解耦的充分必要条件是状 态反馈能使系统稳定，且
A B det 0 C 0
(4-63) @p10
证明 充分性。若K可使系统稳定，说明（A+BK） 是非奇异阵，输出可以进入稳态。由于（ 4 — 63 ） 成立，而
A BK B A C 0 C B I K 0 0 I
(4-63)*
所以等式左端的矩阵也是非奇异阵。又因为
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B A BK det C 0 I 0 A BK det 1 I C C(A BK)
1
动态解耦在实际应用中有很大限制，许多情况下， 要求采用复杂、高敏感度的控制规律；此外，若不可 观的子系统是不稳定的，或E是奇异的，则仅用状态 反馈而不采用附加的校正装置就不能实现动态解耦。
如果放宽动态过程中无相互影响的要求，仅考 虑稳态性能，问题的可解性条件与稳定解耦相比就 会宽一Baidu Nhomakorabea。
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定义4—2 一个稳定系统
B 0
B A BK det 1 C(A BK) B 0
det(A BK) det[C(A BK)1 B]
所以可知 C(A BK)1 B 非奇异。取
8
H [C(A BK)1 B]1 M,
这里M为对角形非奇异阵，显然这时
limt y (t ) lims 0 s C(s I A) 1 B u
G (s )
G11 (0) a1 a 1 G ii (0) a p limt y i (t ) G ii (0)a i