一、标量传递函数设给定有理函数
(3-34*) 式中的 d 就是下列动态方程中的直接传递部分
ducxy,buAxx
所以只需讨论 (3-34*)式中的严格真有理分式部分。
问题的提法是：给定严格真有理函数实现
01
1n
1n
n
n1n
1n
1
n1n
1n
1
n
01
1n
1n
n
0 asasas
ssd
sss
dsdsdds)s(g
(3-34*)
01
1n
1n
n
n1n
1n
1
asasas
ss)s(g
(3-34)
要求寻找 A,b,c,使得
)s(gb)AsI(c 1 (3-35*)
并且在所有满足 (3-35*)式的 A,b,c中，要求 A 的维数尽可能的小。下面讨论 g(s)的分子和分母无非常数公因式的情况对 (3-34)式，可构造出如下的实现 (A,b,c)
a,可控标准形的最小阶实现 (3-42)
对可控标准形 最小阶实现 (3-42)式，计算
1n
1
0
n1n
1n
1
n
1
s
s
s
sss
1
b)AsI(
11nn
12n1nn
c
1
0
0
0
b
10000
010
00010
A
(3-42)
b,可观标准形的最小阶实现 (3-38)
(3-42)式给出的 (A,b,c)具有可控标准形，故一定是可控的。可直接计算它对应的传递函数就是 (3-34)的传递函数。由于 g(s)无零、极点对消，故可知 (3-42)式对应的动态方程也一定是可观的。这时 A阵的规模不可能再减小了，因为再减小就不可能得出传递函数的分母是 n 次多项式的结果。所以 (3-42)式给出的
1000c
b
100
010
01
000
A
1
1n
n
1
2n
1n
n
(3-38)
就是 (3-34)的最小阶动态方程实现。同样可以说明 (3-38)
式是 (3-34)的可观标准形的最小实现。
二,向量的情况一个元素为多项式的矩阵,可以写成矩阵为系数的多项式 。
16
40
10
63
01
45
00
12
16
464352 23
2
2323
sssss ssssss
(1) 行分母展开时,得可观标准形最小实现
23111,1 2 sss
10
01
12
31
20
)2)(1(
1201?
cbA
ss
s
3
2
2 )1(
22
)2()1(
32,2
ss
ss
ss
s
10000
00
12
45
63
40
51000
90100
70010
20001
00000
)3()1(
40634512
3
23
CBA
sss
sss
(2) 列分母展开时,得可控标准形最小实现
T
sss
ss
sss
s?
)4)(1(
22
)3)(2)(1(
2 2
17182212
02800
1
0
0
0
0
103550240
10000
01000
00100
00010
24503510
12
0
22
0
18
8
7
2
1
0
2345
234
CBA
sssss
ssss
注意：因为 G(s)的诸元素已是既约形式,故行分母 （ 列分母 ）
的次数就是麦克米伦阶,所构造的实现一定是最小实现 。 这点和标量传函一样 。
三,传递函数矩阵 G(s)
可以将矩阵 G(s)分成列 (行 ),每列 (行 )按列 (行 )分母展开 。
以 2列为例说明列展开时的做法,设第 i列展开所得的可控形实现为 Ai,b i,C i,可按以下方式形成 A,B,C,
21
2
1
2
1,
0
0,
0
0 CCC
b
bB
A
AA?
这一实现是可控的，并可计算出上述实现的传函阵为 G(s)
2
1
221
1
11
2
11
22
1
11
2
1
1
2
1
1
21
1
)()(
0
0
)()(
0
0
)(0
0)(
)(
bAsICbAsIC
b
b
AsICAsIC
b
b
AsI
AsI
CCBAsIC
同理,可以将 G(s)分成行,每行按行分母展开 。 以 2行为例说明行展开时的做法,设第 i行展开所得的可观形实现为 A i,B i,ci,
可按以下方式形成 A,B,C,
2
1
2
1
2
1
0
0,,
0
0
c
cC
B
BB
A
AA
这一实现是可观的,并可计算出上述实现的传函阵为 G(s)
2
1
22
1
1
11
2
1
1
22
1
11
2
1
1
2
1
1
2
11
)(
)(
)(0
0)(
)(0
0)(
0
0
)(
BAsIc
BAsIc
B
B
AsIc
AsIc
B
B
AsI
AsI
c
c
BAsIC
例题 给定有理函数阵为
2
1
1
1
3
1
1
1
)(
ss
sssG
试用行展开和列展开构造 G(s)实现 。
解 采用行展开方法,将 G(s)写成
,11,12,11,13
,23)(,34)(
)2)(1(
1211
)3)(1(
1311
)(
2
1
2
0
1
1
1
0
2
2
2
1
NNNN
sssdsssd
ss
s
ss
s
sG
按 (1-20)式,可得可观性实现如下
1000
0010
,
11
12
11
13
,
31
20
41
30
CBA
容易验证这一实现是可观的但不是可控的 。 直接计算可知
δG(s)=3,而 A阵的维数是 4,由定理 1-8可知,该实现一定不可控 。 要得到可控可观的实现,可以用定理 1-5对此四阶实现进行可控性分解,进而得到一个三阶的实现 。 但如果用列展开方法,就可以得到可控可观的实现,做法如下：将 G(s)写成
3
2
1
1
)3)(2(
1
1
1
1
1)( s
sss
sG
11321165)(1)( 212010221 NNNsssdssd
由 (1-22)式可构成如下的实现
131
121
,
10
00
01
,
56
10
1
CBA
这是可控性实现,它也是可观的,因而是 G(s)的最小阶实现 。
显然,在本例中一开始就应选择列展开方法 。 这是因为各列分母次数之和为３,小于各行分母次数之和４ 。 如果不论行展开或列展开都不能得到最小阶实现,可以利用可控性分解或可观性分解进一步降低系统的阶次 。
例题 给定有理函数矩阵如下
0
1
121
)(
2
23
2
s
s
s
s
s
s
sG
求出Ｇ（ｓ）的最小阶动态方程实现。
解 各一阶子式的公分母显然是 s3,而其一个二阶子式为,其分母为 s4,因而其极点多项式为 s4,
(1)计算 δG(s)=4
(2)行展开
2
3
2
0101
011021
)(
s
s
s
ss
sG
构成可观性实现,(一定不可控 )
10000
00100
01
01
21
10
01
01000
00000
00010
00001
00000
CBA
(3)进行可控分解,
00101
00001
11021
00110
00001
432 BABABAABB
可控性阵秩为 4，可取前四列,且作列变换，这样将使计算简便 {1列减 4列,2列减去 (1列乘 2),3列减 2列,3列加到 1列,3
列乘 -1},
000100
000001
011000
000010
000001
再补充一列 (后一列是补充的 )，使下列矩阵为非奇异阵，记为
00100
00001
01000
00010
10001
1P
01001
00100
10000
00010
01000
P
00000
00010
00001
10001
00000
1PAP
0
21
1
10
1
PB
00100 010001CP
(4)可得最小实现为
0010
0001
0001
0000
21
01
10
01
0100 1000
(5)验算,可验证可控，可观且传递函数矩阵为
sss
ss
ss
s
s
s
s
s
AsI
111
11
11
1
1
1
1
)(
23
2
2
1
1
0
11
2111
21
01
10
01
0
1
0
1
1
0
11
)(
2
23
2
23
1
ss
ssss
ss
sssBAsIC
0
1
121
2
23
2
s
s
s
s
s
s
若 q× p有理函数阵 G(s)可表成下列形式
1
1
)()(?
r
i
ii sRsG?
其中 λi互不相同,Ri为 q× p的常量矩阵。试证
r
i
iran k RsG
1
)(?
解 做法一,设 rankRi=ni,将 Ri进行满秩分解,即 Ri=Ci× Bi,其中 Ci为 q× ni阵,rankCi=ni,Bi为 ni× p阵,rankBi=ni,,构成 Ri/(s+λi)
的最小阶实现为 (Ai Bi Ci),其中 Ai是 ni× ni的对角矩阵,对角元为 -λi。
再用直和的方式构成：
r
rr
CCCC
B
B
B
B
A
A
A
A?
21
2
1
2
1
,,?
3-18
1 1 11 11 )()( k ri kikik kkiri i sRsRsG
,,…,,…?
r
i i
RH
10
ri iiRH 11
r
i i
mim RH
1
做法二、
G(s)的最小公分母阶次为 r,构成可以证明 (A B C)是 G(s)的最小实现，其维数为故所证命题成立。
ri irankR1,
p
r
rprp
p
r
pp
p
r
pp
r
r
r
r
rr
r
rrr
r
r
rr
III
III
III
RR
RRR
RRR
HHH
HHH
HHH
H
1
1
22
1
11
1
1
1
1
2211
21
221
32
110
rq
r
rq
r
q
r
qrqq
qqq
R
R
R
III
III
III
2
1
11
2
1
1
21
p
r
rprp
p
r
pp
p
r
pp
III
III
III
1
1
22
1
11
上式两边的矩阵均为块范得蒙矩阵,它们都是非奇异阵,故
r
i
irr r a n k Rr a n k HsG
1
)(?
命题成立 。
p
r
rprp
p
r
pp
p
r
pp
r
r
r
r
rr
r
rrr
r
r
rr
III
III
III
RR
RRR
RRR
HHH
HHH
HHH
H
1
1
22
1
11
1
1
1
1
2211
21
221
32
110
100
1
0
4
1
010
1
0
3
1
100
0
1
2
1
011
0
1
1
1
001
1
11
ss
sss
例题
4
1
3
11
2
1
1
1
1
11
4
1
3
11
2
1
1
1
)1(
1
)(
sss
ssss
sss
sssssG
100
000
4
1
010
000
3
1
000
100
2
1
000
011
1
1
001
0011
ss
sss
G(s) 的一个最小实现为
11001
00111
,
100
010
100
011
001
,
4
3
2
1
0
CBA
A是 m× n的矩阵,
若 rankA=n (满列秩,这意味着 m大于等于 n),存在左逆：
A+=(A*A)-1A* A+A=In
A*表示 A的转置共轭,
若 rankA=m(满行秩,这意味着 n大于等于 m),存在右逆：
A+= A* ( A A*)-1 A A+ =Im
若系统可控,可控性矩阵 U行满秩,存在右逆 U+=U*(UU*)-1。
UU+ =In
若系统可观,可观性矩阵 V列满秩,存在左逆 V+=(V*V)-1V*。
V+V=In
左逆,右逆
1-25
系统 (ABCD)与 ( ) 零状态等价的充要条件为DCBA
DDkBACBCA kk ),,2,1,0(?
零状态等价即 )()( sGsG?
DBAsICDBAsIC 11 )()(
0 1
1)(
k k
k
s
AAsI将 代入下式并比较 s同次幂的系数即可证明。
(3-34*) 式中的 d 就是下列动态方程中的直接传递部分
ducxy,buAxx
所以只需讨论 (3-34*)式中的严格真有理分式部分。
问题的提法是：给定严格真有理函数实现
01
1n
1n
n
n1n
1n
1
n1n
1n
1
n
01
1n
1n
n
0 asasas
ssd
sss
dsdsdds)s(g
(3-34*)
01
1n
1n
n
n1n
1n
1
asasas
ss)s(g
(3-34)
要求寻找 A,b,c,使得
)s(gb)AsI(c 1 (3-35*)
并且在所有满足 (3-35*)式的 A,b,c中，要求 A 的维数尽可能的小。下面讨论 g(s)的分子和分母无非常数公因式的情况对 (3-34)式，可构造出如下的实现 (A,b,c)
a,可控标准形的最小阶实现 (3-42)
对可控标准形 最小阶实现 (3-42)式，计算
1n
1
0
n1n
1n
1
n
1
s
s
s
sss
1
b)AsI(
11nn
12n1nn
c
1
0
0
0
b
10000
010
00010
A
(3-42)
b,可观标准形的最小阶实现 (3-38)
(3-42)式给出的 (A,b,c)具有可控标准形，故一定是可控的。可直接计算它对应的传递函数就是 (3-34)的传递函数。由于 g(s)无零、极点对消，故可知 (3-42)式对应的动态方程也一定是可观的。这时 A阵的规模不可能再减小了，因为再减小就不可能得出传递函数的分母是 n 次多项式的结果。所以 (3-42)式给出的
1000c
b
100
010
01
000
A
1
1n
n
1
2n
1n
n
(3-38)
就是 (3-34)的最小阶动态方程实现。同样可以说明 (3-38)
式是 (3-34)的可观标准形的最小实现。
二,向量的情况一个元素为多项式的矩阵,可以写成矩阵为系数的多项式 。
16
40
10
63
01
45
00
12
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464352 23
2
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sssss ssssss
(1) 行分母展开时,得可观标准形最小实现
23111,1 2 sss
10
01
12
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)2)(1(
1201?
cbA
ss
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ss
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CBA
sss
sss
(2) 列分母展开时,得可控标准形最小实现
T
sss
ss
sss
s?
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22
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2 2
17182212
02800
1
0
0
0
0
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10000
01000
00100
00010
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12
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0
18
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2
1
0
2345
234
CBA
sssss
ssss
注意：因为 G(s)的诸元素已是既约形式,故行分母 （ 列分母 ）
的次数就是麦克米伦阶,所构造的实现一定是最小实现 。 这点和标量传函一样 。
三,传递函数矩阵 G(s)
可以将矩阵 G(s)分成列 (行 ),每列 (行 )按列 (行 )分母展开 。
以 2列为例说明列展开时的做法,设第 i列展开所得的可控形实现为 Ai,b i,C i,可按以下方式形成 A,B,C,
21
2
1
2
1,
0
0,
0
0 CCC
b
bB
A
AA?
这一实现是可控的，并可计算出上述实现的传函阵为 G(s)
2
1
221
1
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2
11
22
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1
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)(
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b
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CCBAsIC
同理,可以将 G(s)分成行,每行按行分母展开 。 以 2行为例说明行展开时的做法,设第 i行展开所得的可观形实现为 A i,B i,ci,
可按以下方式形成 A,B,C,
2
1
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2
1
0
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这一实现是可观的,并可计算出上述实现的传函阵为 G(s)
2
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例题 给定有理函数阵为
2
1
1
1
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)(
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sssG
试用行展开和列展开构造 G(s)实现 。
解 采用行展开方法,将 G(s)写成
,11,12,11,13
,23)(,34)(
)2)(1(
1211
)3)(1(
1311
)(
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按 (1-20)式,可得可观性实现如下
1000
0010
,
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12
11
13
,
31
20
41
30
CBA
容易验证这一实现是可观的但不是可控的 。 直接计算可知
δG(s)=3,而 A阵的维数是 4,由定理 1-8可知,该实现一定不可控 。 要得到可控可观的实现,可以用定理 1-5对此四阶实现进行可控性分解,进而得到一个三阶的实现 。 但如果用列展开方法,就可以得到可控可观的实现,做法如下：将 G(s)写成
3
2
1
1
)3)(2(
1
1
1
1
1)( s
sss
sG
11321165)(1)( 212010221 NNNsssdssd
由 (1-22)式可构成如下的实现
131
121
,
10
00
01
,
56
10
1
CBA
这是可控性实现,它也是可观的,因而是 G(s)的最小阶实现 。
显然,在本例中一开始就应选择列展开方法 。 这是因为各列分母次数之和为３,小于各行分母次数之和４ 。 如果不论行展开或列展开都不能得到最小阶实现,可以利用可控性分解或可观性分解进一步降低系统的阶次 。
例题 给定有理函数矩阵如下
0
1
121
)(
2
23
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s
s
s
s
s
s
sG
求出Ｇ（ｓ）的最小阶动态方程实现。
解 各一阶子式的公分母显然是 s3,而其一个二阶子式为,其分母为 s4,因而其极点多项式为 s4,
(1)计算 δG(s)=4
(2)行展开
2
3
2
0101
011021
)(
s
s
s
ss
sG
构成可观性实现,(一定不可控 )
10000
00100
01
01
21
10
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01000
00000
00010
00001
00000
CBA
(3)进行可控分解,
00101
00001
11021
00110
00001
432 BABABAABB
可控性阵秩为 4，可取前四列,且作列变换，这样将使计算简便 {1列减 4列,2列减去 (1列乘 2),3列减 2列,3列加到 1列,3
列乘 -1},
000100
000001
011000
000010
000001
再补充一列 (后一列是补充的 )，使下列矩阵为非奇异阵，记为
00100
00001
01000
00010
10001
1P
01001
00100
10000
00010
01000
P
00000
00010
00001
10001
00000
1PAP
0
21
1
10
1
PB
00100 010001CP
(4)可得最小实现为
0010
0001
0001
0000
21
01
10
01
0100 1000
(5)验算,可验证可控，可观且传递函数矩阵为
sss
ss
ss
s
s
s
s
s
AsI
111
11
11
1
1
1
1
)(
23
2
2
1
1
0
11
2111
21
01
10
01
0
1
0
1
1
0
11
)(
2
23
2
23
1
ss
ssss
ss
sssBAsIC
0
1
121
2
23
2
s
s
s
s
s
s
若 q× p有理函数阵 G(s)可表成下列形式
1
1
)()(?
r
i
ii sRsG?
其中 λi互不相同,Ri为 q× p的常量矩阵。试证
r
i
iran k RsG
1
)(?
解 做法一,设 rankRi=ni,将 Ri进行满秩分解,即 Ri=Ci× Bi,其中 Ci为 q× ni阵,rankCi=ni,Bi为 ni× p阵,rankBi=ni,,构成 Ri/(s+λi)
的最小阶实现为 (Ai Bi Ci),其中 Ai是 ni× ni的对角矩阵,对角元为 -λi。
再用直和的方式构成：
r
rr
CCCC
B
B
B
B
A
A
A
A?
21
2
1
2
1
,,?
3-18
1 1 11 11 )()( k ri kikik kkiri i sRsRsG
,,…,,…?
r
i i
RH
10
ri iiRH 11
r
i i
mim RH
1
做法二、
G(s)的最小公分母阶次为 r,构成可以证明 (A B C)是 G(s)的最小实现，其维数为故所证命题成立。
ri irankR1,
p
r
rprp
p
r
pp
p
r
pp
r
r
r
r
rr
r
rrr
r
r
rr
III
III
III
RR
RRR
RRR
HHH
HHH
HHH
H
1
1
22
1
11
1
1
1
1
2211
21
221
32
110
rq
r
rq
r
q
r
qrqq
qqq
R
R
R
III
III
III
2
1
11
2
1
1
21
p
r
rprp
p
r
pp
p
r
pp
III
III
III
1
1
22
1
11
上式两边的矩阵均为块范得蒙矩阵,它们都是非奇异阵,故
r
i
irr r a n k Rr a n k HsG
1
)(?
命题成立 。
p
r
rprp
p
r
pp
p
r
pp
r
r
r
r
rr
r
rrr
r
r
rr
III
III
III
RR
RRR
RRR
HHH
HHH
HHH
H
1
1
22
1
11
1
1
1
1
2211
21
221
32
110
100
1
0
4
1
010
1
0
3
1
100
0
1
2
1
011
0
1
1
1
001
1
11
ss
sss
例题
4
1
3
11
2
1
1
1
1
11
4
1
3
11
2
1
1
1
)1(
1
)(
sss
ssss
sss
sssssG
100
000
4
1
010
000
3
1
000
100
2
1
000
011
1
1
001
0011
ss
sss
G(s) 的一个最小实现为
11001
00111
,
100
010
100
011
001
,
4
3
2
1
0
CBA
A是 m× n的矩阵,
若 rankA=n (满列秩,这意味着 m大于等于 n),存在左逆：
A+=(A*A)-1A* A+A=In
A*表示 A的转置共轭,
若 rankA=m(满行秩,这意味着 n大于等于 m),存在右逆：
A+= A* ( A A*)-1 A A+ =Im
若系统可控,可控性矩阵 U行满秩,存在右逆 U+=U*(UU*)-1。
UU+ =In
若系统可观,可观性矩阵 V列满秩,存在左逆 V+=(V*V)-1V*。
V+V=In
左逆,右逆
1-25
系统 (ABCD)与 ( ) 零状态等价的充要条件为DCBA
DDkBACBCA kk ),,2,1,0(?
零状态等价即 )()( sGsG?
DBAsICDBAsIC 11 )()(
0 1
1)(
k k
k
s
AAsI将 代入下式并比较 s同次幂的系数即可证明。
