信号与系统-罗斯判据
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33-56 线性定常系统稳定性及劳斯稳定判据
c t 1 1 1
2
tr
d tp d
1 2
c(tp ) c() Mp c(tp ) 1 e c ( )
ts 1
d
(ln
1 1 ln ) 2 1
ess
e
n t
n
, t 0
0 0
s
1
34.6
s
0
2.3 104
由于该表第一列系数的符号变化了两次，所以该方程中 有两个根在 s 的右半平面，因而系统是不稳定的。
P83
例2：D(s)=s4+5s3+7s2+2s+10=0 试用劳斯判据判别该系统的稳定性。 解：列劳斯表 1 7 10
5 7 2 33 5 5
s4 s3
2 K 1 3
系统闭环稳定与开环稳定之间没有直接关系
例9: 系统结构图如右， (1)确定使系统稳定的参数(K, )的范围; (2)当 =2时，确定使全部极点均位于s=-1之左的K值范围。 解: (1) G( s)
Ka s ( s 2 20 s 100)
Ka 100
K
D( s) s3 20 s 2 100 s 100K 0
s s2 s1 s0
3
1 20
2000 100 K 20
100 100K
0
0 K 20 K 0
100K
(2)当 =2 时，确定使全部极点均位于s=-1之左的K值范围。
当=2时，进行平移变换： s s 1
D( s) s 3 20 2 s 2 100s 100K 0
2
2 1 sin d t arctan
2
tr
d tp d
1 2
c(tp ) c() Mp c(tp ) 1 e c ( )
ts 1
d
(ln
1 1 ln ) 2 1
ess
e
n t
n
, t 0
0 0
s
1
34.6
s
0
2.3 104
由于该表第一列系数的符号变化了两次，所以该方程中 有两个根在 s 的右半平面，因而系统是不稳定的。
P83
例2：D(s)=s4+5s3+7s2+2s+10=0 试用劳斯判据判别该系统的稳定性。 解：列劳斯表 1 7 10
5 7 2 33 5 5
s4 s3
2 K 1 3
系统闭环稳定与开环稳定之间没有直接关系
例9: 系统结构图如右， (1)确定使系统稳定的参数(K, )的范围; (2)当 =2时，确定使全部极点均位于s=-1之左的K值范围。 解: (1) G( s)
Ka s ( s 2 20 s 100)
Ka 100
K
D( s) s3 20 s 2 100 s 100K 0
s s2 s1 s0
3
1 20
2000 100 K 20
100 100K
0
0 K 20 K 0
100K
(2)当 =2 时，确定使全部极点均位于s=-1之左的K值范围。
当=2时，进行平移变换： s s 1
D( s) s 3 20 2 s 2 100s 100K 0
2
2 1 sin d t arctan
劳 斯 判 据
图4-1 系统的结构图
1
K
系统的闭环传递函数为
(s)
C(s) R(s)
1
s
(s 1
1)(s K
2)
s3
K 3s2
2s
K
s (s 1)(s 2)
系统的闭环特征方程为
s3 3s2 2s K 0
劳斯判据
1.4 劳斯判据在系统分析中的应用
列出劳斯表为
s3
1
2
s2
3
K
s1 6 K 3
s0
D(s)
n
(s pj )
n1
n2
(s pl ) (s2 2k s k2 )
j 1
l 1
k 1
n1
将式（4-2）展成部分分式形式 C(s)
Al
n2
Bk
l1 s pl k 1 s2 2k s k2
（4-2） （4-3）
式中 Al —— C(s) 在闭环实极点 pl 处的留数；
Bk —— C(s) 在闭环复数极点 s k jk 1 2 处的留数。
方法一：用一个接近于零的很小的正数来代替这个零，并据其计算出劳斯表中的其 余各项。
方法二：用代入原方程，重新列出劳斯表，再用劳斯判据判断系统的稳定性。
劳斯判据
1.3 劳斯判据的特殊情况
【例 4-3】 已知系统的闭环特征方程为
s4 2s3 s2 2s 1 0
试用劳斯判据判断系统的稳定性。
在劳斯表第1列系数中，ε是接近
在零初始条件下，若闭环系统的输入信号 r(t) 在[0，) 上满足 r(t) N ，而在此输入信
号作用下的输出响应 c(t)
g( )r(t
)d
满足
第四章稳定性分析——劳讲义斯判据4-1
21
THANKS
第二步：建立劳斯表（又叫劳斯阵列）。 例：五阶系统，其特征方程：
a 5 s 5 a 4 s 4 a 3 s 3 a 2 s 2 a 1 s a 0 0
9
s5
a5
a3
a1
s4
a4
a2
a0
s3
A1
a4a3 a5a2 a4
A2
a4a1 a5a0 a4
0
s2
B1
A1a 2 a 4 A2 A1
13
s5
1
52
s4
1
51
s3
0 ( )
10
s2
5 1
10
s1 5 1 2 0 0
5 1
s0
1
00
5 1 0
5 12
0
5 1
劳斯表中第一列元素符号的变化两次， 说明特征方程有两个正实部的根，所以系统不 稳定。
14
（2）某一行元素全为零 在劳斯表中，如果出现某一行元素全为零，
说明特征方程存在大小相等符号相反的实根 和（或）共轭虚根，或者共轭复根。
s0 2 0
因劳斯表中第一列元素无符号变化，所以系统稳 定。 令： ss1 1
20
原特征方程，经过整理，得到 s1 特征方程：
s1 35s1 23s110
s
3 1
1
3
s
2 1
5
1
s
1 1
2.8
0
s
0 1
1
0
劳斯表中第一列元素符号变化一次，所以有一 个特征方程根在垂线 s1右边。即有一个根在阴影 区内。
即输出增量收敛于原平衡工作点，线性系统稳定 。
6-劳斯判据
共轭复根情况下系统的稳定性
注意： 由于模型的近似化，且系统的参数又处在不断 的微小变化中，所以，临界稳定实际上也应视为不稳定。
3-2 劳思稳定性判据
[判据] （1） 系统稳定的必要条件:特征方程中所有项的系数均大 于 0 （同号）；只要有1项等于或小于 0 ，则为不稳定系 统。
（2）系统稳定的充分条件：劳思表第一列元素均大于0 （同号） 。
s0 7
5 分母总是上一行第一个元素
8 再令正无穷小量ε趋近于6 一行可同乘或同除某正数
0，得到真正的劳斯表如下。7 第一列出现零元素时，
用正无穷小量ε代替。
系统稳定的必要条件: 特征方程各项系数 均大于零! 同号！ 有正有负一定不稳定! 缺项一定不稳定!
-s2-5s-6=0稳定吗？
系统稳定的充分条件:
系统在虚轴上有重根， 响应中含有tsin(t)成分， 是发散的。
3-3 劳思判据的应用举例
例3.8 试分析如下系统的稳定性，其中K>0
s 1
s 1
R(s)
_
k
ss 1
Y(s)
系统的特征方程为：
1
Gs
1
Ks 1 ss 1s 1
0
系统稳定否？ 不稳定！
例3.9 焊接控制（p256例6.5)
Ks a
劳斯表情况一 例3.3、含参变量的例子：设系统特征方程为：
s3+s2+s+K=0; K不等于１或０
劳 s3 1 1
s2 1 K
斯 s1 1-K 0 表 s0 K
参数取值影响稳定性！
于是： Ｋ小于０，系统不稳定；
Ｋ大于１，系统不稳定；
Ｋ大于０且小于１时，系 统稳定。
例3.4 设系统特征方程为： 劳斯表情况二 s6+2s5+3s4+4s3+5s2+6s+7=0
注意： 由于模型的近似化，且系统的参数又处在不断 的微小变化中，所以，临界稳定实际上也应视为不稳定。
3-2 劳思稳定性判据
[判据] （1） 系统稳定的必要条件:特征方程中所有项的系数均大 于 0 （同号）；只要有1项等于或小于 0 ，则为不稳定系 统。
（2）系统稳定的充分条件：劳思表第一列元素均大于0 （同号） 。
s0 7
5 分母总是上一行第一个元素
8 再令正无穷小量ε趋近于6 一行可同乘或同除某正数
0，得到真正的劳斯表如下。7 第一列出现零元素时，
用正无穷小量ε代替。
系统稳定的必要条件: 特征方程各项系数 均大于零! 同号！ 有正有负一定不稳定! 缺项一定不稳定!
-s2-5s-6=0稳定吗？
系统稳定的充分条件:
系统在虚轴上有重根， 响应中含有tsin(t)成分， 是发散的。
3-3 劳思判据的应用举例
例3.8 试分析如下系统的稳定性，其中K>0
s 1
s 1
R(s)
_
k
ss 1
Y(s)
系统的特征方程为：
1
Gs
1
Ks 1 ss 1s 1
0
系统稳定否？ 不稳定！
例3.9 焊接控制（p256例6.5)
Ks a
劳斯表情况一 例3.3、含参变量的例子：设系统特征方程为：
s3+s2+s+K=0; K不等于１或０
劳 s3 1 1
s2 1 K
斯 s1 1-K 0 表 s0 K
参数取值影响稳定性！
于是： Ｋ小于０，系统不稳定；
Ｋ大于１，系统不稳定；
Ｋ大于０且小于１时，系 统稳定。
例3.4 设系统特征方程为： 劳斯表情况二 s6+2s5+3s4+4s3+5s2+6s+7=0
信号与系统总结报告
信号与系统总结报告信号与系统是一门电子信息类本科阶段的专业基础课。
通过本学期对该课程的学习，我了解了什么是信号，什么是系统，掌握了基本的信号分析的理论和方法和对线性时不变系统的描述方法，并且对求解微分方程有了一定的了解。
最后学习了傅里叶变换和拉普拉斯变换，明白了如何用matlab去求解本课程的问题。
1.1信号与系统信号是一种物理量（电，光，声）的变化，近代中使用的电台发出的电磁波也是一种信号，所以信号本身是带有信息的。
而系统是一组相互有联系的事物并具有特定功能的整体，又分为物理系统和非物理系统，每一个系统都有各自的数学模型，两个不同的系统可能有相同的数学模型。
1.2信号从不同的角度看，信号也有不同的分类。
信号可分为确定性信号和随机性信号，周期信号与非周期信号，连续时间信号与离散时间信号。
还有一种离散信号：采样信号和数字信号。
在该课程中，还有几种类似数学函数的信号，指数信号和正弦信号；其表达式与对应的函数表达式也类似。
另外，如果指数信号的指数因子为一复数，则称为复指数信号，其表达式为 f(t)=Kest,s=σ+jw。
还有一种Sa(t)函数，其表达式为sint/t。
从数学上来讲，它也是一个偶函数。
1.2.1 信号的运算另外，信号也可以像数字那样进行运算，可以进行加减，数乘运算。
信号的运算以图像为基础进行运算；包括反褶运算：f(t)->f(-t),以y轴为轴，将图像对称到另一边，时移运算：f(t)->f(t-t1),该运算移动法则类似数学上的左加右减；尺度变换运算：f(t)->f(2t)表示将图像压缩。
除此之外，信号还有微分，积分运算，运算过后仍然是一个信号。
1.2.2信号的分类单位斜边信号指的是从某一时刻开始随时间正比例增长的信号，表达式为R （t）=t,(t>=0)。
单位阶跃信号从数学上来讲，是一个常数函数图像；单位冲激信号有不同的定义方法，狄拉克提出了一种方法，因此它又叫狄拉克函数；用极限也可以定义它，冲激函数也可以把冲激所在位置处的函数值抽取出来。
第三章劳斯判据1
小扰动恢复到原平衡状态， 大扰动不能恢复到原平衡状 态，系统为小范围稳定。 线性系统，小范围稳定， 必然大范围稳定。 扰动消失后，输出与原平衡 状态间存在恒定的偏差或输出 维持等幅振荡，系统处于临界 稳定状态。 经典控制论中，临界稳定视 为不稳定。
大范围稳定
小范围稳定
图示用曲线表示稳定性的概念和定义
2
劳斯阵列
设系统的特征方程为 D( s) a0 s n a1s n 1 a2 s n 2 ... an 1s an 0 第一列符号改变的次数等于特征方程正实部根的个数
sn s n 1 s
n 2
a0 a1
a2 a3
a4 a5
s n 3
s0
a 1a 2 a 0 a 3 a 1a 4 a 0 a 5 a 1a 6 a 0 a 7 c 13 c 23 c 33 a1 a1 a1 c 13a 3 a 1c 23 c 13a 5 a 1c 33 c 13a 7 a 1c 43 c 14 c 24 c 34 c 13 c 13 c 13
③ 解辅助方程得对称根: 错啦!!! s1,2=±j
劳斯阵列出现全零行:
大小相等符号相反的实根
系统在s平面有对称分布的根
共轭虚根
对称于实轴的两对共轭复根
注意两种特殊情况的处理：
1）某行的 第一列项为0 ，而其余各项不为0或
不全为0。用因子（s+a）乘原特征方程（其中a为任
意正数），或用很小的正数代替零元素，然后对新特 征方程应用劳斯判据。
解辅助方程可得共轭纯虚根：
F (s) 2s 8s 4 0
4
2
s1.2 j 0.586 j0.766 s3.4 j 3.414 j1.848
大范围稳定
小范围稳定
图示用曲线表示稳定性的概念和定义
2
劳斯阵列
设系统的特征方程为 D( s) a0 s n a1s n 1 a2 s n 2 ... an 1s an 0 第一列符号改变的次数等于特征方程正实部根的个数
sn s n 1 s
n 2
a0 a1
a2 a3
a4 a5
s n 3
s0
a 1a 2 a 0 a 3 a 1a 4 a 0 a 5 a 1a 6 a 0 a 7 c 13 c 23 c 33 a1 a1 a1 c 13a 3 a 1c 23 c 13a 5 a 1c 33 c 13a 7 a 1c 43 c 14 c 24 c 34 c 13 c 13 c 13
③ 解辅助方程得对称根: 错啦!!! s1,2=±j
劳斯阵列出现全零行:
大小相等符号相反的实根
系统在s平面有对称分布的根
共轭虚根
对称于实轴的两对共轭复根
注意两种特殊情况的处理：
1）某行的 第一列项为0 ，而其余各项不为0或
不全为0。用因子（s+a）乘原特征方程（其中a为任
意正数），或用很小的正数代替零元素，然后对新特 征方程应用劳斯判据。
解辅助方程可得共轭纯虚根：
F (s) 2s 8s 4 0
4
2
s1.2 j 0.586 j0.766 s3.4 j 3.414 j1.848
自动控制原理第三章3_劳斯公式
对于三阶或以上系统，求根是很烦琐的。于是就有了以下 描述的代数稳定性判据。
劳斯判据
二、 劳斯稳定性判据
设线性系统的特征方程为 ansn an1sn1 a1s a0 0 则该 系统稳定的充要条件为： 特征方程的全部系数为正值； 由特征方程系数组成的劳斯阵的第一列也为正。
劳斯表出现零行
设系统特征方程为： ① 有大小相等符号相反的
s4+5s3+7s2+5s+6=0
特征根时会出现零行
劳 s4 1 7 6
② 由零行的上一行构成 辅助方程:
s3 51 51
斯 s2 61 61
s2+1=0
对其求导得零行系数: 2s1
表 s1 02
继续计算劳斯表
s0 1
劳斯表出现零行
1 2
出劳系现斯统零表一何行定时怎会么不出办稳现?定零行?
s2 0( ) 1 0
s1 2 2 0 0 2 2
s0
1
00
令 0则 2 2 故
第一列不全为正，系统不稳
定，s右半平面有两个极点。
2
2,
2
2
1
劳斯判据特殊情况
劳斯阵某行系数全为零的情况。表明特征方程具有大小相等 而位置径向相反的根。至少要下述几种情况之一出现，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。
劳斯判据特殊情况
劳斯阵某一行第一项系数为零，而其余系数不全为零。
[处理办法]：用很小的正数 代替零的那一项，然后据此计算出 劳斯阵列中的其他项。若第一次零（即 ）与其上项或下项的
第五章劳斯稳定性判据
劳斯稳定判据是根据所列劳斯表第一列系数符号的变化， 去判别特征方程式根在S平面上的具体分布，过程如下：
如果劳斯表中第一列的系数均为正值，则其特征方程 式的根都在S的左半平面，相应的系统是稳定的。
如果劳斯表中第一列系数的符号有变化，其变化的 次数等于该特征方程式的根在S的右半平面上的个数，相应 的系统为不稳定。
C(s)
bmsm bm1sm1 sn an1sn1
b1s b0 a1s a0
xi
s
n1
aj
n2 i (s ii ) i i
1
2 i
j1 s p j i1
s2 2ii s i2
06-7-20
控制系统的稳定性分析
S4
2
12Biblioteka 16明该方程在S右半平面S3
0
0
0
8
24
上没有特征根。令 F(s)=0，求得两对大 小相等、符号相反的
S2
6
16
根 j 2 , j2
S1
8
0
3
，显然这个系统处于临界稳定状态。
06-7-20 S 0
16
控制系统的稳定性分析
23
劳斯判据特殊情况之三 特征方程在虚轴上有重根
如果特征方程在虚轴上仅有单根，则系统的响应是持续 的正弦振荡，此时系统既不是稳定的，也不是不稳定的，因 而称之为临界稳定；如果虚根是重根，则系统响应是不稳定
1.稳定性是控制系统自身的固有性质，这稳定性取决于系 统的固有特征（结构、参数），与系统的输入信号无关；
A：对线性系统，系统是大范围稳定的（与输入偏差无 关）；
如果劳斯表中第一列的系数均为正值，则其特征方程 式的根都在S的左半平面，相应的系统是稳定的。
如果劳斯表中第一列系数的符号有变化，其变化的 次数等于该特征方程式的根在S的右半平面上的个数，相应 的系统为不稳定。
C(s)
bmsm bm1sm1 sn an1sn1
b1s b0 a1s a0
xi
s
n1
aj
n2 i (s ii ) i i
1
2 i
j1 s p j i1
s2 2ii s i2
06-7-20
控制系统的稳定性分析
S4
2
12Biblioteka 16明该方程在S右半平面S3
0
0
0
8
24
上没有特征根。令 F(s)=0，求得两对大 小相等、符号相反的
S2
6
16
根 j 2 , j2
S1
8
0
3
，显然这个系统处于临界稳定状态。
06-7-20 S 0
16
控制系统的稳定性分析
23
劳斯判据特殊情况之三 特征方程在虚轴上有重根
如果特征方程在虚轴上仅有单根，则系统的响应是持续 的正弦振荡，此时系统既不是稳定的，也不是不稳定的，因 而称之为临界稳定；如果虚根是重根，则系统响应是不稳定
1.稳定性是控制系统自身的固有性质，这稳定性取决于系 统的固有特征（结构、参数），与系统的输入信号无关；
A：对线性系统，系统是大范围稳定的（与输入偏差无 关）；
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34 2 204 6 Q(s) = s + = 0, s1,2 = ± j = ± j1.1 5 25 5
第六章第3讲
见罗斯判据
10
例
3
1Ω 1F 2H
如图所示电路，试求：
U (s) (1) 系统函数 H(s) = 0 US (s)
1Ω
+ uS (t) −
+
+
2Ω
+ −
u1
−
解：用节点法列方程：
Ku1
u0 (t)
−
1 1 1 KU1 =US (1+ + )U1 − 2 1+1/ s + 2s 1+1/ s + 2s U0 KU1 2K(2s2 + s +1) 3 s − Ks = = 2 ( + 2 )U1 =US ∴ H(s) = US US 6s + (5− 2K)s +3 2 2s + s +1
§4 系统的稳定性
系统稳定的充分必要条件 冲激响应必须是绝对可积的，即
∫
∞
0
| h(t) | dt < ∞
要使系统稳定，H(s)的极点必须全部在S 要使系统稳定，H(s)的极点必须全部在S左半平面， 或者是系统的特征方程的根的实部全部为负。 罗斯判据 设线性系统的特征方程为：
D(s) = ansn + an−1sn−1 +L + a1s + a0 = 0 L
1 5
40 − 6 34 = 5 5 25 68 K 6− 34 5
8 6 K
K 0
要使系统属临界稳定时罗斯阵的 s1 0 某一行为0 某一行为0，即 K=204/25。 K=204/25。 辅助多项式：Q(s) = 34 s2 + 204 5 25 s0 K 其导数为： Q′(s) = 68 s ： 5 从罗斯阵可知：系统没有正实部根，有共轭虚根，其根为
1 s +3
Y(s)
X = F − H2Y, Y = H1X
Y = H1(F − H2Y), ∴ Y = H1F 1+ H1H2
代入表达式，故有
K Y(s) H1 K(s +3) s3 + 2s2 + 2s H(s) = = = = 4 K 1 F(s) 1+ H1H2 1+ s +5s3 +8s2 + 6s + K ⋅ 3 2 s + 2s + 2s s +3
罗斯阵为
s4 s3 s2 s1 s0
１ ２
(6-4)/2=1 (4-10)/1= -6 5
３ ４
(10-0)/2=5 0 0
５ ０
0
改变一次符号 改变一次符号
可见系统不稳定，改变符号次数为2，表明有两个正实部的根。
第六章第3讲 4
根据罗斯判据确定系统为不稳定的情况： 根据罗斯判据确定系统为不稳定的情况：
返回
系统没有正实部根，有共轭虚根，其根为
Q(s) = 2s2 + 4 = 0
s1,2 = ± j 2
即 (s2 + 2)(s +1)(s + 2) = 0 ，所以，系统有四个根，
s1, 2 = ± j 2 , s3 = −1 s4 = −2 ,
第六章第3讲 7
例
1
罗斯判据
设连续系统的系统函数为 H(s) =
罗斯阵为
s4 s3 s2 s1
1 3 2 0
4 6 4 0
4 0 0 0
构成辅助多项式： 其导数为：
Q(s) = 2s2 + 4
Q′(s) = 4s
第六章第3讲
返回
6
罗斯阵某一行全为零的情况
罗斯阵变为
Q′(s) = 4s
s4 s3 s2 s1 s0 1 3 2 4 4 4 6 4 0 0 4 0 0 0 0
a2
a0
系统稳定的充分必要条件为
ai > 0
i = 0,1, 2,3
a1a2 − a0a3 > 0
第六章第3讲 3
根据罗斯判据确定系统为不稳定的情况： 根据罗斯判据确定系统为不稳定的情况：
罗斯阵第一列所有系数均不为零，但也有不全为正数 的情况： 特征根在右开半平面的数目等于罗斯阵第一列系数 符号改变的次数。 例：线性系统的特征方程为： 4 + 2s3 + 3s2 + 4s + 5 = 0 s
(2) s4 + 3s3 + 3s2 + 3s + 2 = 0 在S右半平面无根，有共轭虚根 系统特征方程如下，求系统稳定的K值范围。 系统特征方程如下， (1) s3 + 4s2 + 4s + K = 0 (2) s3 + 5s2 + (K +8)s +10 = 0
0 < K <16 K > −6
罗斯阵某一行第一项系数为零，而其余系数不为零的 情况。 可用有限小的正数代替零计算。 可用有限小的正数代替零计算。 例：线性系统的特征方程为： s3 −3s + 2 = 0
罗斯阵为
s3 s
2
１ 0≈ε (-3ε-2)/ε 2
-3 2 0 0
改变一次符号
s1 s0
改变一次符号
故有两个根在右半平面。实际上
第六章第3讲
13
第六章第3讲
8
例
2
已知如图所示系统，欲使系统稳定，试确定Ｋ的取值范 围；若系统属临界稳定，试确定它们在j 围；若系统属临界稳定，试确定它们在jω轴上的极点的值。 解：先求系统函数，设变量X 令
H1 = K s(s2 + 2s + 2)
H2 = 1 s +3
F(s)
Σ
X
−
K s(s2 + 2s + 2)
故有
1 ∴u0 (t) = − 25 e−t 3 cos
7 18
1 t + 25
18 −t 3 7
e
sin
7 18
7 1 t + 25 cost + 25 sin t
第六章第3讲
12
课堂练习题
系统特征方程如下，试判断该系统是否稳定。并确定具有 正实部的特征根及负实部的特征根的个数。 (1) s3 + s2 + s + 6 = 0 在S右半平面有两个根
N(s) ，其中D(s)=s ，其中D(s)=s3+2s2+4s+K D(s)
则系统稳定时K的取值范围为_________。 则系统稳定时K的取值范围为_________。 0<K<8 0<K<8 罗斯阵为 s3 s2 s1 s0 1 2
8− K 2
4 K 0
K
可见，系统稳定时K的取值范围为：0<K<8
则系统稳定的充分必要条件是特征方程的全部系数 为正值， 为正值，并且由特征方程系数组成的罗斯阵的第一列 系数也为正值。 系数也为正值。
第六章第3讲
1
罗斯判据
罗斯阵的形式为：
sn sn-1 sn-2 : s2 s1 s0 an an-1 b1 c3 b2 c2 d2
第六章第3讲 9
例
2
已知如图所示系统，欲使系统稳定，试确定Ｋ的取值范 围；若系统属临界稳定，试确定它们在j 围；若系统属临界稳定，试确定它们在jω轴上的极点的值。 D(s)=s4+5s3+8s2+6s+K, 罗斯阵为 系统稳定时K 系统稳定时K的取值范围为：
0< K < 204 25
见罗斯判据
s4 s3 s2
(2)K为何值时，系统稳定？ (2)K 欲使系统稳定，必有 5－2K＞0 即 K＜2.5
第六章第3讲 11
例
3
(3)取K＝0.5，uS(t)= sint ε(t)，求零状态响应u0(t)。
2K(2s2 + s +1) 2s2 + s +1 解： K＝0.5 时： H(s) = 2 = 2 6s + (5− 2K)s +3 6s + 4s +3 2s2 + s +1 1 M +N s As + B ⋅ 2 U0 (s) = H(s)US (s) = 2 = 2 + 2 6s + 4s +3 s +1 6s + 4s +3 s +1
an-4 an-5 b3 c3
b= 1
an−1an−2 − anan−3 an−1
an−1an−4 − anan−5 b2 = an−1
b an−3 −b2an−1 C1 = 1 b 1
2
举 例
罗斯阵为 s3 s2 s1 s0 a3
a1a2 − a0a3 a2
罗斯判据
三阶系统的特征方程为： a3s3 + a2s2 + a1s + a0 = 0 a1 a0 0
用比较系数法得： M + 6A = 0
N + 4A+ 6B = 2 M + 3A+ 4B =1 N + 3B =1
解得： ：
1 7 , B= , 25 25 6 4 M =− , N = 25 25 A=
7 1 6 7 7 4 1 1 1 − 25 s + 25 s + 25 − 25 (s + 1) 25 ⋅ 18 ⋅ 18 s 7 3 U0 (s) = 2 + 25 2 = + + 25 + 225 7 7 6s + 4s +3 s +1 (s + 1)2 + 18 (s + 1)2 + 18 s2 +1 s +1 3 3
第六章第3讲
见罗斯判据
10
例
3
1Ω 1F 2H
如图所示电路，试求：
U (s) (1) 系统函数 H(s) = 0 US (s)
1Ω
+ uS (t) −
+
+
2Ω
+ −
u1
−
解：用节点法列方程：
Ku1
u0 (t)
−
1 1 1 KU1 =US (1+ + )U1 − 2 1+1/ s + 2s 1+1/ s + 2s U0 KU1 2K(2s2 + s +1) 3 s − Ks = = 2 ( + 2 )U1 =US ∴ H(s) = US US 6s + (5− 2K)s +3 2 2s + s +1
§4 系统的稳定性
系统稳定的充分必要条件 冲激响应必须是绝对可积的，即
∫
∞
0
| h(t) | dt < ∞
要使系统稳定，H(s)的极点必须全部在S 要使系统稳定，H(s)的极点必须全部在S左半平面， 或者是系统的特征方程的根的实部全部为负。 罗斯判据 设线性系统的特征方程为：
D(s) = ansn + an−1sn−1 +L + a1s + a0 = 0 L
1 5
40 − 6 34 = 5 5 25 68 K 6− 34 5
8 6 K
K 0
要使系统属临界稳定时罗斯阵的 s1 0 某一行为0 某一行为0，即 K=204/25。 K=204/25。 辅助多项式：Q(s) = 34 s2 + 204 5 25 s0 K 其导数为： Q′(s) = 68 s ： 5 从罗斯阵可知：系统没有正实部根，有共轭虚根，其根为
1 s +3
Y(s)
X = F − H2Y, Y = H1X
Y = H1(F − H2Y), ∴ Y = H1F 1+ H1H2
代入表达式，故有
K Y(s) H1 K(s +3) s3 + 2s2 + 2s H(s) = = = = 4 K 1 F(s) 1+ H1H2 1+ s +5s3 +8s2 + 6s + K ⋅ 3 2 s + 2s + 2s s +3
罗斯阵为
s4 s3 s2 s1 s0
１ ２
(6-4)/2=1 (4-10)/1= -6 5
３ ４
(10-0)/2=5 0 0
５ ０
0
改变一次符号 改变一次符号
可见系统不稳定，改变符号次数为2，表明有两个正实部的根。
第六章第3讲 4
根据罗斯判据确定系统为不稳定的情况： 根据罗斯判据确定系统为不稳定的情况：
返回
系统没有正实部根，有共轭虚根，其根为
Q(s) = 2s2 + 4 = 0
s1,2 = ± j 2
即 (s2 + 2)(s +1)(s + 2) = 0 ，所以，系统有四个根，
s1, 2 = ± j 2 , s3 = −1 s4 = −2 ,
第六章第3讲 7
例
1
罗斯判据
设连续系统的系统函数为 H(s) =
罗斯阵为
s4 s3 s2 s1
1 3 2 0
4 6 4 0
4 0 0 0
构成辅助多项式： 其导数为：
Q(s) = 2s2 + 4
Q′(s) = 4s
第六章第3讲
返回
6
罗斯阵某一行全为零的情况
罗斯阵变为
Q′(s) = 4s
s4 s3 s2 s1 s0 1 3 2 4 4 4 6 4 0 0 4 0 0 0 0
a2
a0
系统稳定的充分必要条件为
ai > 0
i = 0,1, 2,3
a1a2 − a0a3 > 0
第六章第3讲 3
根据罗斯判据确定系统为不稳定的情况： 根据罗斯判据确定系统为不稳定的情况：
罗斯阵第一列所有系数均不为零，但也有不全为正数 的情况： 特征根在右开半平面的数目等于罗斯阵第一列系数 符号改变的次数。 例：线性系统的特征方程为： 4 + 2s3 + 3s2 + 4s + 5 = 0 s
(2) s4 + 3s3 + 3s2 + 3s + 2 = 0 在S右半平面无根，有共轭虚根 系统特征方程如下，求系统稳定的K值范围。 系统特征方程如下， (1) s3 + 4s2 + 4s + K = 0 (2) s3 + 5s2 + (K +8)s +10 = 0
0 < K <16 K > −6
罗斯阵某一行第一项系数为零，而其余系数不为零的 情况。 可用有限小的正数代替零计算。 可用有限小的正数代替零计算。 例：线性系统的特征方程为： s3 −3s + 2 = 0
罗斯阵为
s3 s
2
１ 0≈ε (-3ε-2)/ε 2
-3 2 0 0
改变一次符号
s1 s0
改变一次符号
故有两个根在右半平面。实际上
第六章第3讲
13
第六章第3讲
8
例
2
已知如图所示系统，欲使系统稳定，试确定Ｋ的取值范 围；若系统属临界稳定，试确定它们在j 围；若系统属临界稳定，试确定它们在jω轴上的极点的值。 解：先求系统函数，设变量X 令
H1 = K s(s2 + 2s + 2)
H2 = 1 s +3
F(s)
Σ
X
−
K s(s2 + 2s + 2)
故有
1 ∴u0 (t) = − 25 e−t 3 cos
7 18
1 t + 25
18 −t 3 7
e
sin
7 18
7 1 t + 25 cost + 25 sin t
第六章第3讲
12
课堂练习题
系统特征方程如下，试判断该系统是否稳定。并确定具有 正实部的特征根及负实部的特征根的个数。 (1) s3 + s2 + s + 6 = 0 在S右半平面有两个根
N(s) ，其中D(s)=s ，其中D(s)=s3+2s2+4s+K D(s)
则系统稳定时K的取值范围为_________。 则系统稳定时K的取值范围为_________。 0<K<8 0<K<8 罗斯阵为 s3 s2 s1 s0 1 2
8− K 2
4 K 0
K
可见，系统稳定时K的取值范围为：0<K<8
则系统稳定的充分必要条件是特征方程的全部系数 为正值， 为正值，并且由特征方程系数组成的罗斯阵的第一列 系数也为正值。 系数也为正值。
第六章第3讲
1
罗斯判据
罗斯阵的形式为：
sn sn-1 sn-2 : s2 s1 s0 an an-1 b1 c3 b2 c2 d2
第六章第3讲 9
例
2
已知如图所示系统，欲使系统稳定，试确定Ｋ的取值范 围；若系统属临界稳定，试确定它们在j 围；若系统属临界稳定，试确定它们在jω轴上的极点的值。 D(s)=s4+5s3+8s2+6s+K, 罗斯阵为 系统稳定时K 系统稳定时K的取值范围为：
0< K < 204 25
见罗斯判据
s4 s3 s2
(2)K为何值时，系统稳定？ (2)K 欲使系统稳定，必有 5－2K＞0 即 K＜2.5
第六章第3讲 11
例
3
(3)取K＝0.5，uS(t)= sint ε(t)，求零状态响应u0(t)。
2K(2s2 + s +1) 2s2 + s +1 解： K＝0.5 时： H(s) = 2 = 2 6s + (5− 2K)s +3 6s + 4s +3 2s2 + s +1 1 M +N s As + B ⋅ 2 U0 (s) = H(s)US (s) = 2 = 2 + 2 6s + 4s +3 s +1 6s + 4s +3 s +1
an-4 an-5 b3 c3
b= 1
an−1an−2 − anan−3 an−1
an−1an−4 − anan−5 b2 = an−1
b an−3 −b2an−1 C1 = 1 b 1
2
举 例
罗斯阵为 s3 s2 s1 s0 a3
a1a2 − a0a3 a2
罗斯判据
三阶系统的特征方程为： a3s3 + a2s2 + a1s + a0 = 0 a1 a0 0
用比较系数法得： M + 6A = 0
N + 4A+ 6B = 2 M + 3A+ 4B =1 N + 3B =1
解得： ：
1 7 , B= , 25 25 6 4 M =− , N = 25 25 A=
7 1 6 7 7 4 1 1 1 − 25 s + 25 s + 25 − 25 (s + 1) 25 ⋅ 18 ⋅ 18 s 7 3 U0 (s) = 2 + 25 2 = + + 25 + 225 7 7 6s + 4s +3 s +1 (s + 1)2 + 18 (s + 1)2 + 18 s2 +1 s +1 3 3