2025年考研工学控制理论模拟试卷（含答案）

2025年考研工学控制理论模拟试卷（含答案）考试时间：______分钟总分：______分姓名：______一、已知系统的传递函数为\(G(s)=\frac{2}{s(s+2)}\)，试求该系统在单位阶跃输入下的稳态误差。二、判断下列特征方程所描述的系统是否稳定：1.\(s^3+2s^2+3s+4=0\)2.\(s^4+s^3+2s^2+s+1=0\)三、系统的开环传递函数为\(G(s)H(s)=\frac{K(s+1)}{s(s-1)(s+2)}\)。试绘制该系统的根轨迹图，并确定使系统稳定的\(K\)值范围。四、系统的开环传递函数为\(G(s)H(s)=\frac{10}{s(s+1)}\)。试用奈奎斯特稳定判据判断该系统在\(K=10\)时是否稳定。已知开环传递函数在\(s=j\infty\)处的相角为\(-90^\circ\)。五、已知二阶系统的传递函数为\(G(s)=\frac{\omega_n^2}{s^2+2\zeta\omega_ns+\omega_n^2}\)，其中\(\omega_n=2\text{rad/s}\)，\(\zeta=0.5\)。试求该系统的超调量\(\sigma\%\)和调节时间\(t_s\)（取\(\Delta=0.05\)）。六、系统的结构图如下所示（此处不绘制结构图，请根据文字描述理解）：系统由前向通路传递函数为\(G(s)=\frac{1}{s+1}\)的环节和反馈通路传递函数为\(H(s)=1+\frac{1}{s}\)的环节组成。试求该系统的传递函数\(\frac{C(s)}{R(s)}\)。七、已知系统的状态空间表达式为：\[\dot{\mathbf{x}}(t)=\begin{bmatrix}-2&1\\0&-3\end{bmatrix}\mathbf{x}(t)+\begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix}u(t)\]\[y(t)=\begin{bmatrix}1&0\end{bmatrix}\mathbf{x}(t)\]试判断该系统的能控性和能观性。八、已知系统的状态空间表达式为：\[\dot{\mathbf{x}}(t)=\begin{bmatrix}0&1\\-2&-3\end{bmatrix}\mathbf{x}(t)+\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}u(t)\]试设计一个状态反馈增益矩阵\(\mathbf{K}\)，使得闭环系统的特征值为\(-1\pmj\)。九、已知系统\(\dot{\mathbf{x}}=\mathbf{A}\mathbf{x}\)的特征值为\(-1,-2\)。试构造一个李雅普诺夫函数\(V(\mathbf{x})=\mathbf{x}^\top\mathbf{P}\mathbf{x}\)，其中\(\mathbf{P}\)为正定矩阵，以证明该系统是渐近稳定的。试卷答案一、稳态误差\(e_{ss}=\frac{1}{1+G(0)}=\frac{1}{1+\frac{2}{0\cdot(0+2)}}=\frac{1}{1+\infty}=0\)解析思路：单位阶跃输入下，稳态误差\(e_{ss}=\frac{1}{1+G(0)}\)。首先计算传递函数在\(s=0\)处的值\(G(0)\)。将\(s=0\)代入\(G(s)=\frac{2}{s(s+2)}\)，得\(G(0)=\frac{2}{0\cdot(0+2)}=\frac{2}{0}\)，这里理解为\(G(0)\)趋向无穷大。因此\(e_{ss}=\frac{1}{1+\infty}=0\)。对于\(G(s)=\frac{2}{s(s+2)}\)这样的I型系统（有一个积分环节），在单位阶跃输入下，稳态误差确实为零。二、1.\(s^3+2s^2+3s+4=0\)。因\(s=0\)不是根，故\(G(s)\)不是I型系统。系数\(a_3=3,a_4=4\)。因为\(a_3a_4=12<8=a_2a_1\)，根据劳斯判据，系统不稳定。解析思路：使用劳斯判据判断稳定性。列出劳斯阵列：\[\begin{array}{c|cc}s^3&1&3\\s^2&2&4\\s^1&\frac{2\cdot3-1\cdot4}{2}=1&0\\s^0&4&\\\end{array}\]劳斯阵列第一列元素为\(1,2,1,4\)，第一列元素不全大于零（第三个元素为1，不大于2）。或者直接检查\(a_3a_4=12\)与\(a_2a_1=8\)的关系。由于\(a_3a_4>a_2a_1\)，劳斯第一列在\(s\to0\)时出现负值，系统不稳定。2.\(s^4+s^3+2s^2+s+1=0\)。系数\(a_3=2,a_4=1,a_5=1\)。因为\(a_3a_4a_5=2\cdot1\cdot1=2>1=a_2a_1\)，根据劳斯判据，系统不稳定。解析思路：同样使用劳斯判据。列出劳斯阵列：\[\begin{array}{c|cc}s^4&1&2\\s^3&1&1\\s^2&\frac{1\cdot2-1\cdot1}{1}=1&1\\s^1&\frac{1\cdot1-1\cdot1}{1}=0&\\s^0&1&\\\end{array}\]劳斯阵列第一列元素为\(1,1,1,0,1\)，虽然中间有零，但第一列元素并非全大于零（第一个和第二个元素为1，第三个元素为0）。或者直接检查\(a_3a_4a_5=2\cdot1\cdot1=2\)与\(a_2a_1=1\cdot1=1\)的关系。由于\(a_3a_4a_5>a_2a_1\)，劳斯第一列在\(s\to0\)时出现负值，系统不稳定。三、首先将开环传递函数\(G(s)H(s)=\frac{K(s+1)}{s(s-1)(s+2)}\)化为标准根轨迹形式：\(\frac{K(s+1)}{s(s-1)(s+2)}=\frac{K}{s(s-1)(s+2)}\cdot(s+1)\)。系统无零点，零点\(z_1=-1\)。系统有极点，极点\(p_1=0\),\(p_2=1\),\(p_3=-2\)。零极点分布：零点在\(s=-1\)，极点在\(s=0,1,-2\)。根轨迹起始于极点\(0,1,-2\)，终止于零点\(-1\)和无穷远处。实轴上：从\(-2\)到\(-1\)的线段是根轨迹的一部分（因为其右侧极点数和零点数之和为奇数）。渐近线：共有\(n-m=3-1=2\)条渐近线。渐近线与实轴交点：\(\sigma_a=\frac{\sump_i-\sumz_i}{n-m}=\frac{(0+1-2)-(-1)}{2}=\frac{-1+1}{2}=0\)。渐近线与实轴夹角：\(\varphi_a=\frac{(2k+1)\pi}{n-m}=\frac{(2k+1)\pi}{2}\)，取\(k=0\)和\(k=1\)得\(\varphi_a=90^\circ\)和\(\varphi_a=-90^\circ\)。根轨迹离开\(p_2=1\)时的出射角\(\theta_p2\)：使用公式\(\theta_p2=180^\circ-\sum(\text{入射角})\)。\(p_2\)有两条根轨迹进入，分别来自\(p_3=-2\)和\(p_1=0\)（假设从左半平面来的根轨迹先到达\(p_2\)）。入射角\(\theta_{in1}\)对应于从\(p_3\)到\(p_2\)的线段与正实轴的夹角，为\(180^\circ-\angle(p_3-p_2)=180^\circ-\angle(-2-1)=180^\circ-180^\circ=0^\circ\)。入射角\(\theta_{in2}\)对应于从\(p_1\)到\(p_2\)的线段与正实轴的夹角，为\(180^\circ-\angle(p_1-p_2)=180^\circ-\angle(0-1)=180^\circ-90^\circ=90^\circ\)。\(\theta_p2=180^\circ-(90^\circ+0^\circ)=90^\circ\)。根轨迹与虚轴的交点：令\(s=j\omega\)，代入\(G(j\omega)H(j\omega)=\frac{K(j\omega+1)}{j\omega(j\omega-1)(j\omega+2)}\)，令实部为零，虚部为零。虚部方程为\(\frac{K(\omega^2+1)(2\omega^2+1)}{\omega(1-\omega^2)(\omega^2+4)}=0\)，得\(\omega^2+1=0\)，即\(\omega=\pm1\)。实部方程为\(\frac{K(2\omega^3-\omega)}{\omega(1-\omega^2)(\omega^2+4)}=0\)，代入\(\omega=\pm1\)得\(\frac{K(2(\pm1)^3-(\pm1))}{\pm1(1-(\pm1)^2)((\pm1)^2+4)}=0\)，即\(\frac{K(2(-1)-(-1))}{-1(1-1)(1+4)}=0\)和\(\frac{K(2(1)-1)}{1(1-1)(1+4)}=0\)。两个分母均为零，需要用洛必达法则或直接代入求导数判断。代入\(\omega=1\)时，实部为\(\frac{K(2-1)}{1(1-1)(5)}=\frac{K}{5}\)，不为零。代入\(\omega=-1\)时，实部为\(\frac{K(-2-1)}{-1(1-1)(5)}=\frac{-3K}{5}\)，不为零。因此根轨迹与虚轴无交点。稳定性分析：根轨迹起始于\(0,1,-2\)，终止于\(-1\)和无穷远。要使系统稳定，所有极点必须位于左半平面。当\(K=0\)时，三条根轨迹分别沿\(p_1=0\),\(p_2=1\),\(p_3=-2\)出发。当\(K\)增大时，沿\(p_3=-2\)出发的根轨迹向左移动，沿\(p_1=0\)出发的根轨迹向左移动，沿\(p_2=1\)出发的根轨迹向右移动。当\(K\)增大到使沿\(p_2=1\)出发的根轨迹到达右半平面（即\(s=1\)）时，系统不稳定。此时\(K\)的值对应于根轨迹穿过虚轴（虽然本题无交点，但根据出射角判断）。根据出射角\(90^\circ\)，根轨迹沿虚轴方向离开\(p_2=1\)。因此，当\(K\)为正时，只要\(K>0\)，沿\(p_2=1\)出发的根轨迹就进入右半平面，系统不稳定。所以，该系统无稳定\(K\)值范围。解析思路：绘制根轨迹图需要遵循根轨迹绘制的基本规则。首先确定零极点。然后根据规则确定根轨迹的起始、终止、实轴分布、渐近线、出射角和与虚轴的交点。起始点为极点，终止点为零点和无穷远。实轴上根轨迹段位于其右侧的极点和零点数目之和为奇数的区间。渐近线数量为\(n-m\)，交点坐标和与实轴夹角可计算。出射角使用\(180^\circ-\sum\)入射角公式计算。稳定性分析基于根轨迹穿越虚轴（或出射角）的情况。由于本例根轨迹从\(p_2=1\)处以\(90^\circ\)角向右进入右半平面，意味着对于任何正\(K\)，系统都不稳定。四、奈奎斯特路径：\(s\)沿虚轴从\(j0^+\)到\(j0^-\)变化，即\(s=j\omega\)，\(\omega\)从\(0^+\)到\(0^-\)。\(G(j\omega)H(j\omega)=\frac{10}{j\omega(j\omega+1)}=\frac{10}{-\omega^2+j\omega}=\frac{10(-\omega^2-j\omega)}{\omega^2+1}=\frac{-10\omega^2}{\omega^2+1}-j\frac{10\omega}{\omega^2+1}\)。奈奎斯特曲线：当\(\omega\)从\(0^+\)到\(0^-\)时，实部\(\frac{-10\omega^2}{\omega^2+1}\)从\(0\)到\(0\)，虚部\(\frac{-10\omega}{\omega^2+1}\)从\(0^-\)到\(0^+\)。奈奎斯特曲线始于\((-10,0)\)点（\(\omega=0^+\)），终于\((-10,0)\)点（\(\omega=0^-\)），沿负实轴变化。奈奎斯特曲线方向：按\(\omega\)从\(0^+\)到\(j\infty\)到\(0^-\)的顺序，曲线应按顺时针方向绘制。但本题路径是\(\omega\)从\(0^+\)到\(0^-\)，对应的曲线是负实轴上的线段，方向是负实轴正方向（从\(-10\)到原点），即顺时针方向。包围\(-1+j0\)点的次数：奈奎斯特曲线\((-10,0)\)到\((-10,0)\)沿负实轴正方向（顺时针）绕行了一圈，包围了\(-1+j0\)点一次，方向为顺时针。系统稳定性判断：奈奎斯特稳定判据为\(N=Z-P\)。\(N\)为奈奎斯特曲线绕\(-1+j0\)点的次数（按顺时针为负，逆时针为正）。\(Z\)为右半平面零点数（此系统无零点，\(Z=0\)）。\(P\)为右半平面极点数。开环传递函数\(G(s)H(s)=\frac{10}{s(s+1)}\)的极点为\(s=0\)和\(s=-1\)。右半平面极点数\(P=1\)（\(s=0\)）。所以\(N=0-1=-1\)。根据判据\(N=-Z+P\)，有\(-1=-0+1\)，成立。因此，该系统在\(K=10\)时是稳定的。解析思路：使用奈奎斯特稳定判据判断稳定性。首先确定奈奎斯特路径，本题路径为\(s\)沿虚轴从\(j0^+\)到\(j0^-\)。然后计算\(G(j\omega)H(j\omega)\)在路径上的映射，即奈奎斯特曲线。分析曲线的形状和方向。奈奎斯特稳定判据的核心是计算奈奎斯特曲线绕点\(-1+j0\)的圈数\(N\)（顺时针为负，逆时针为正）。然后确定系统的右半平面极点数\(P\)。最后用公式\(N=-Z+P\)判断稳定性，其中\(Z\)是右半平面零点数。若等式成立，则系统稳定。五、超调量\(\sigma\%=e^{-\zeta\pi/\sqrt{1-\zeta^2}}\times100\%\)。当\(\zeta=0.5\)时，\(\sigma\%=e^{-0.5\pi/\sqrt{1-0.5^2}}\times100\%=e^{-0.5\pi/\sqrt{0.75}}\times100\%=e^{-0.5\pi/(5/2\sqrt{3})}\times100\%=e^{-\pi/(5\sqrt{3})}\times100\%\approxe^{-0.366}\times100\%\approx69.3\%\)。调节时间\(t_s=\frac{4}{\zeta\omega_n}\)（取\(\Delta=0.05\)）。当\(\zeta=0.5\),\(\omega_n=2\)时，\(t_s=\frac{4}{0.5\times2}=\frac{4}{1}=4\text{s}\)。解析思路：对于标准二阶系统，时域性能指标超调量和调节时间有明确的计算公式。超调量公式\(\sigma\%=e^{-\zeta\pi/\sqrt{1-\zeta^2}}\times100\%\)依赖于阻尼比\(\zeta\)和无阻尼自然频率\(\omega_n\)。调节时间公式\(t_s=\frac{\pi}{\omega_d}=\frac{4}{\zeta\omega_n}\)依赖于阻尼比\(\zeta\)和无阻尼自然频率\(\omega_n\)，其中\(\omega_d=\omega_n\sqrt{1-\zeta^2}\)是阻尼自然频率。将给定的\(\zeta\)和\(\omega_n\)值代入相应公式即可求得结果。六、系统结构：前向通路传递函数\(G(s)=\frac{1}{s+1}\)，反馈通路传递函数\(H(s)=1+\frac{1}{s}=\frac{s+1}{s}\)。闭环传递函数\(\frac{C(s)}{R(s)}=\frac{G(s)}{1\pmG(s)H(s)}\)。计算\(G(s)H(s)\)：\(G(s)H(s)=\frac{1}{s+1}\cdot\frac{s+1}{s}=\frac{1}{s}\)。计算闭环传递函数：1.当反馈为正反馈（负反馈结构图中\(H(s)\)前的符号为负）：\(\frac{C(s)}{R(s)}=\frac{\frac{1}{s+1}}{1-\frac{1}{s}\cdot\frac{1}{s+1}}=\frac{\frac{1}{s+1}}{1-\frac{1}{s(s+1)}}=\frac{\frac{1}{s+1}}{\frac{s(s+1)-1}{s(s+1)}}=\frac{s(s+1)}{s(s+1)-1}=\frac{s^2+s}{s^2+s-1}\)。2.当反馈为负反馈（负反馈结构图中\(H(s)\)前的符号为正）：\(\frac{C(s)}{R(s)}=\frac{\frac{1}{s+1}}{1+\frac{1}{s}\cdot\frac{1}{s+1}}=\frac{\frac{1}{s+1}}{1+\frac{1}{s(s+1)}}=\frac{\frac{1}{s+1}}{\frac{s(s+1)+1}{s(s+1)}}=\frac{s(s+1)}{s(s+1)+1}=\frac{s^2+s}{s^2+s+1}\)。解析思路：根据结构图描述，首先明确前向通路传递函数\(G(s)\)和反馈通路传递函数\(H(s)\)。然后使用标准公式\(\frac{C(s)}{R(s)}=\frac{G(s)}{1\pmG(s)H(s)}\)计算闭环传递函数。关键在于确定\(H(s)\)前的符号是正还是负，这决定了是正反馈还是负反馈系统。根据计算得到的\(G(s)H(s)\)，代入公式求解即可。七、能控性判断：构造能控性矩阵\(\mathbf{U}=[\mathbf{B}\quad\mathbf{AB}]\)。\[\mathbf{B}=\begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix},\quad\mathbf{AB}=\mathbf{A}\mathbf{B}=\begin{bmatrix}-2&1\\0&-3\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-2+1\\0-3\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-1\\-3\end{bmatrix}\]\[\mathbf{U}=\begin{bmatrix}1&-1\\1&-3\end{bmatrix}\]计算\(\mathbf{U}\)的秩：\(\text{rank}(\mathbf{U})=\text{rank}\left(\begin{bmatrix}1&-1\\1&-3\end{bmatrix}\right)\)。第一行和第二行线性相关（第二行是第一行的负两倍），所以秩为1。能控性矩阵的秩小于维数2，系统不能控。能观性判断：构造能观性矩阵\(\mathbf{V}=[\mathbf{C}^\top\quad\mathbf{A}^\top\mathbf{C}^\top]\)。\[\mathbf{C}^\top=\begin{bmatrix}1&0\end{bmatrix}^\top=\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix},\quad\mathbf{A}^\top=\begin{bmatrix}-2&-3\\1&-3\end{bmatrix}\]\[\mathbf{A}^\top\mathbf{C}^\top=\begin{bmatrix}-2&-3\\1&-3\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-2\\1\end{bmatrix}\]\[\mathbf{V}=\begin{bmatrix}1&-2\\0&1\end{bmatrix}\]计算\(\mathbf{V}\)的秩：\(\text{rank}(\mathbf{V})=\text{rank}\left(\begin{bmatrix}1&-2\\0&1\end{bmatrix}\right)\)。两行线性无关，所以秩为2。能观性矩阵的秩等于维数2，系统能观。解析思路：判断系统能控性和能观性，分别构造能控性矩阵\(\mathbf{U}=[\mathbf{B}\quad\mathbf{AB}]\)和能观性矩阵\(\mathbf{V}=[\mathbf{C}^\top\quad\mathbf{A}^\top\mathbf{C}^\top]\)。然后计算这两个矩阵的秩。如果\(\text{rank}(\mathbf{U})=n\)（系统状态维数），则系统能控；如果\(\text{rank}(\mathbf{V})=n\)，则系统能观。对于本例，能控性矩阵秩为1，小于2，故不能控。能观性矩阵秩为2，等于2，故能观。八、闭环系统特征方程为\(\det(s\mathbf{I}-(\mathbf{A}-\mathbf{B}\mathbf{K}))=0\)。\[s\mathbf{I}-(\mathbf{A}-\mathbf{B}\mathbf{K})=\begin{bmatrix}s&0\\0&s\end{bmatrix}-\begin{bmatrix}-2&1\\0&-3\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}k_{11}\\k_{21}\end{bmatrix}u=\begin{bmatrix}s+2&-1\\0&s+3\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}k_{11}\\k_{21}\end{bmatrix}\]\[=\begin{bmatrix}s+2+k_{11}&-1\\k_{21}&s+3\end{bmatrix}\]特征方程为\(\det\left(\begin{bmatrix}s+2+k_{11}&-1\\k_{21}&s+3\end{bmatrix}\right)=0\)。\[(s+2+k_{11})(s+3)-(-1)k_{21}=0\)\]\[s^2+(5+k_{11})s+(6+3k_{11}+k_{21})=0\]要求闭环特征值为\(-1\pmj\)。特征方程应为\(s^2+2\zeta\omega_ns+\omega_n^2=0\)，其中\(\omega_n=\sqrt{2}\)，\(\zeta=1\)（因为\(-1\pmj\)的实部为\(-1\)，虚部为\(1\)）。比较系数：1.\(2\zeta\omega_n=2\times1\times\sqrt{2}=2\sqrt{2}\)。所以\(5+k_{11}=2\sqrt{2}\)。解得\(k_{11}=2\sqrt{2}-5\)。2.\(\omega_n^2=(\sqrt{2})^2=2\)。所以\(6+3k_{11}+k_{21}=2\)。代入\(k_{11}=2\sqrt{2}-5\)得\(6+3(2\sqrt{2}-5)+k_{21}=2\)。\[6+6\sqrt{2}-15+k_{21}=2\]\[6\sqrt{2}-9+k_{21}=2\]\[k_{21}=2+9-6\sqrt{2}=11-6\sqrt{2}\]闭环增益矩阵为\(\mathbf{K}=\begin{bmatrix}k_{11}\\k_{21}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}2\sqrt{2}-5\\11-6\sqrt{2}\end{bmatrix}\)。解析思路：设计状态反馈极点，就是确定增益矩阵\(\mathbf{K}\)，使得闭环系统特征值等于期望值。首先写出闭环系统的特征方程\(\det(s\mathbf{I}-(\mathbf{A}-\mathbf{B}\mathbf{K}))=0\)。然后将期望的特征值\(-1\pmj\)代入特征方程，得到关于\(k_{11}\)和\(k_{21}\)的代数方程组。解这个方程组即可得到\(\mathbf{K}\)的具体数值。注意比较特征方程的系数。九、构造李雅普诺夫函数候选形式\(V(\mathbf{x})=\mathbf{x}^\top\mathbf{P}\mathbf{x}\)，其中\(\mathbf{P}\)为对称正定矩阵（待求）。计算\(V(\mathbf{x})\)的导数：\[\dot{V}(\mathbf{x})=\frac{d}{dt}(\mathbf{x}^\top\mathbf{P}\mathbf{x})=\dot{\mathbf{x}}^\top\mathbf{P}\mathbf{x}+\mathbf{x}^\top\mathbf{P}\dot{\mathbf{x}}\]\[=(\mathbf{A}\mathbf{x})^\top\mathbf{P}\mathbf{x}+\mathbf{x}^\top\mathbf{P}(\mathbf{A}\mathbf{x})=\mathbf{x}^\top\mathbf{A}^\top\mathbf{P}\mathbf{x}+\mathbf{x}^\top\mathbf{P}\mathbf{A}\mathbf{x}\]\[=\mathbf{x}^\top(\mathbf{A}^\top\mathbf{P}+\mathbf{P}\mathbf{A}\mathbf{x})=\mathbf{x}^\top(\mathbf{A}^\top\mathbf{P}-\mathbf{P}\mathbf{A})\mathbf{x}\]要求\(\dot{V}(\mathbf{x})\)为负定，即\(\mathbf{x}^\top(\mathbf{A}^\top\mathbf{P}-\mathbf{P}\mathbf{A})\mathbf{x}<0\)对所有\(\mathbf{x}\neq0\)成立。这等价于矩阵\(\mathbf{A}^\top\mathbf{P}-\mathbf{P}\mathbf{A}\)为负定矩阵。根据李雅普诺夫第二方法，对于线性系统\(\dot{\mathbf{x}}=\mathbf{A}\mathbf{x}\)，若期望\(\mathbf{x}^\top\mathbf{P}\mathbf{x}\)为李雅普诺夫函数，则需\(\mathbf{A}\)的特征值均具有负实部（即系统渐近稳定），并且存在对称正定矩阵\(\mathbf{P}\)满足\(\mathbf{A}^\top\mathbf{P}-\mathbf{P}\mathbf{A}<0\)。已知系统\(\dot{\mathbf{x}}=\mathbf{A}\mathbf{x}\)的特征值为\(-1,-2\)，均为负实数，因此系统是渐近稳定的。根据代数黎卡提方程\(\mathbf{A}^\top\mathbf{P}-\mathbf{P}\mathbf{A}=-\mathbf{Q}\)（其中\(\mathbf{Q}\)为对称正定矩阵），可以求解\(\mathbf{P}\)。选择\(\mathbf{Q}=\mathbf{I}\)（单位矩阵，也是对称正定矩阵）。求解代数黎卡提方程\(\mathbf{A}^\top\mathbf{P}-\mathbf{P}\mathbf{A}=-\mathbf{I}\)。\[\mathbf{A}=\begin{bmatrix}0&1\\0&-3\end{bmatrix},\quad\mathbf{A}^\top=\begin{bmatrix}0&0\\1&-3\end{bmatrix}\]设\(\mathbf{P}=\begin{bmatrix}p_{11}&p_{12}\\p_{12}&p_{22}\end{bmatrix}\)。代入黎卡提方程：\[\begin{bmatrix}0&0\\1&-3\end{bmatrix}\begin{bmatrix}p_{11}&p_{12}\\p_{12}&p_{22}\end{bmatrix}-\begin{bmatrix}p_{11}&p_{12}\\p_{12}&p_{22}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}0&1\\0&-3\end{bmatrix}=-\begin{bmatrix}1&0\\0&1\end{试卷分析报告