通过对给定框图的目视检查，我们得到

$$\begin{bmatrix} s+a & -k\\ b & s+p\end{bmatrix} \begin{bmatrix} X_1 (s)\\ X_2 (s) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\\ b\end{bmatrix} U (s)$$

可以改写如下

$$\left( s \begin{bmatrix} 1 & 0\\ 0 & 1\end{bmatrix} - \begin{bmatrix} -a & k\\ -b & -p\end{bmatrix} \right) \begin{bmatrix} X_1 (s)\\ X_2 (s) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0\\ b\end{bmatrix} U (s)$$

因此，

$$\mathrm A := \begin{bmatrix} -a & k\\ -b & -p\end{bmatrix} \qquad\qquad \mathrm b := \begin{bmatrix} 0\\ b\end{bmatrix}$$

自从$Y (s) = X_1 (s)$,

$$\mathrm c^\top := \begin{bmatrix} 1 & 0\end{bmatrix} \qquad\qquad d := 0$$

$L(s)$作为环路增益，闭环由下式给出$P(s) = L(s)/(1+L(s)$因此这给出了

$$\begin{align*} P(s) &= \frac{bk}{(s+a)(s+p)+bk} = \frac{bk}{(s+a)(s+p)+bk}\frac{X(s)}{X(s)}\\ &=\frac{bk}{s^2 + (a+p)s + (ap + bk)}\frac{X(s)}{X(s)}\\ \end{align*}$$ 然后如果你写出状态方程

$$P(s) = \left[\begin{array}{cc|c}0&1&0\\-(ap+bk)&-(a+p)&b\\\hline k&0&0\end{array}\right]$$