自控：梅森公式总是数错，怎么破？

大家好，欢迎来到IT知识分享网。

一、梅森公式

$Q_i(s)$——从该输入到该输出的某前向通道的传递函数。
${△}_i(s)$——将$△(s)$中与$Q_i(s)$通道接触的回路的传递函数令为零后得到的表达式。
$△(s)$——称为系统的特征式。

二、例题

2.1 前向通道怎么数

根据前向通道的定义，只要不回头，把所有可能性都考虑到即可。上面的信号流图，其实可以用图论的方法来分析，由于R到a和e到C是固定的，因此目标就是找到从a到e的所有符合条件的路径。首先建立各个节点之间的邻接矩阵：第$(i,j)$个元素表示从第$i$个节点到第$j$个节点的传递函数。

2.2 回路怎么数

回路，根据定义，从哪里出发，就要回到哪里。和2.1类似，也可以通过构造树来求解，只不过这次不是从a到e，而是从a到a、从b到b、从c到c、从d到d、从e到e——所谓“回路”。同时，也必须保证除了起点和终点相同以外，没有其他节点是重复访问的。

1）从a到a
根据邻接矩阵可以看出，要想回到a，整条路径的倒数第二个节点必须是b或者e（表上第1列），这可以帮助我们在画树的时候有所预判。

找到的回路有：
（1）a-b-a
（2）a-b-c-d-e-a
（3）a-b-e-a
（4）a-c-d-e-a
对应的传递函数为：
$L_1(s)=-G_2(s)G_{10}(s)$
$L_2(s)=-G_2(s)G_3(s)G_4(s)G_5(s)G_9(s)$
$L_3(s)=-G_2(s)G_7(s)G_9(s)$
$L_4(s)=-G_4(s)G_5(s)G_6(s)G_9(s)$

2）从b到b

找到的回路有：
（1）b-a-b
（2）b-c-d-e-a-b
（3）b-e-a-b
可以发现，这里的三条回路全部和“从a到a”的前三条回路重复了，也就是说上面辛苦画了图，结果却白找了。怎么避免这种白费力的情况呢？观察这里的第一条回路b-a-b，它其实是一个包含了a和b两个节点的环，既然是一个环，那么它也可以写成a-b-a，这也就是“从a到a”的第一条回路。因此，在找“从b到b”的回路的时候，我们应该排除掉所有出现a的线路——因为凡是经过a的环，必然也属于“从a到a”的回路，是前面已经找过的。

3）从c到c
有了前面的经验，我们在找“从c到c”的回路时，需要排除所有会出现a和b的线路。由于最后需要回到c，因此从邻接矩阵来看，回路里经过的倒数第二个节点必然是a, b, d其中之一，又因为我们需要排除a和b，所以从c到c的回路必然是c-…-d-c的形式。

可以看到，由于我们排除了a和b，因此这次搜索的规模一下子减小了。找到的回路为：c-d-c，对应的传递函数为：$L_5(s)=-G_4(s)G_8(s)$

4）从d到d
同理，从d到d的回路中不应该出现a, b, c；而从邻接矩阵可以看到，只有经过c才能到达d，因此不存在符合条件的“从d到d”的回路。

5）从e到e
同理，从e到e的回路中不应该出现a, b, c, d；由于e是最后一个节点，它没法不经过其他节点而到达自己，因此，也不存在符合条件的“从e到e”的回路。

终于数完了！
总结一下，我们找到的回路有5条：
（1）a-b-a
（2）a-b-c-d-e-a
（3）a-b-e-a
（4）a-c-d-e-a
（5）c-d-c
对应的传递函数为：
$L_1(s)=-G_2(s)G_{10}(s)$
$L_2(s)=-G_2(s)G_3(s)G_4(s)G_5(s)G_9(s)$
$L_3(s)=-G_2(s)G_7(s)G_9(s)$
$L_4(s)=-G_6(s)G_4(s)G_5(s)G_9(s)$
$L_5(s)=-G_4(s)G_8(s)$
从数的过程来看，一开始“从a到a”的回路是最多的，后面“从x到x”的回路由于要规避前面已经出现过的节点，因此新增的回路会很少，搜索的速度会变快。

2.3 找不接触回路，求系统特征式

找不接触回路的时候，也有两个省力的方法：

• 为了避免重复，找（1）的不接触回路的时候，备选是（2）（3）（4）（5）；找（2）的不接触回路的时候，就不考虑（1）了，只看（3）（4）（5）是否满足；以此类推。
• 一共只有abcde五个节点，一个回路至少有2个节点，所以任何一条包含5个节点的回路都不存在跟它匹配的不接触回路。

结论：$L_1(s)$和$L_5(s)$、$L_3(s)$和$L_5(s)$是不接触回路。

2.4 ${△}_i(s)$

由于$L_1(s)$和$L_5(s)$、$L_3(s)$和$L_5(s)$是不接触回路，因此系统的特征式为：
$$\begin{array}{rl}△(s)& =1-\sum _{i=1}^5{L}_i+L_1{L}_5+L_3{L}_5\\ & =1+G_2{G}_{10}+G_2{G}_3{G}_4{G}_5{G}_9+G_2{G}_7{G}_9\\ & +G_6{G}_4{G}_5{G}_9+G_4{G}_8+G_2{G}_{10}{G}_4{G}_8+G_2{G}_7{G}_9{G}_4{G}_8\end{array}$$
接下来算${△}_i(s)$，回顾一下定义：
$Q_i(s)$——从该输入到该输出的某前向通道的传递函数。
${△}_i(s)$——将$△(s)$中与$Q_i(s)$通道接触的回路的传递函数令为零后得到的表达式。
我们前面找到的前向通道为：
（1）R-a-b-c-d-e-C
（2）R-a-b-e-C
（3）R-a-c-d-e-C
计算的$Q_i(s)$为：
$Q_1(s)=G_1(s)G_2(s)G_3(s)G_4(s)G_5(s)$
$Q_2(s)=G_1(s)G_2(s)G_7(s)$
$Q_3(s)=G_1(s)G_6(s)G_4(s)G_5(s)$

因此，计算${△}_1(s)$需要令$△(s)$中与$Q_1(s)$通道接触的回路的传递函数令为零，也就是让经过a-b-c-d-e中任意节点的$L_i=0$，显然所有$L_i$都经过a-b-c-d-e，因此所有$L_i=0$，${△}_1(s)=1$。
计算${△}_2(s)$需要令$△(s)$中与$Q_2(s)$通道接触的回路的传递函数令为零，也就是让经过a-b-e中任意节点的$L_i=0$，这时候只有$L_5\ne 0$，因此${△}_2(s)=1-L_5=1+G_4{G}_8$。
计算${△}_3(s)$需要令$△(s)$中与$Q_3(s)$通道接触的回路的传递函数令为零，也就是让经过a-c-d-e中任意节点的$L_i=0$，显然所有$L_i$都经过a-c-d-e，因此所有$L_i=0$，${△}_3(s)=1$。

2.5 结果表示

参考资料

[1]田玉平，蒋珉，李世华．自动控制原理[M]．北京：科学出版社，2006