641 证明如下,
41?
系统可控，要证
nBAABBr a n k n 1?
反证法：若
01nBAABBr a n k n
1,,2,10
01
niBA
BAABB
i
n
利用 (1-48) 式定理 2-6
P.28 习题 2-8引入了一个算子,被称为 截断算子,定义如下：
t
ttutuPty
0
)()()( ｛
t
u(t)
t
y(t)
因果性
H表示的系统是具有因果性的，是指成立如下的关系：
)()( uHPPHuPT TTT
左端的输入比右边的多了 的一段，
而输出在 是一样的，
Tt?
Tt?
这说明 的输入对 的输出无影响。Tt? Tt?
因果性 可用截断算子来表示。即定理 (解析开拓 )：若函数 f 在 D上解析，已知函数在 D中任意小的非零区间上恒为零，则函数在 D上恒为零。
)()()( 0)(
0
0 tf
n
tttf nn
！
实变量解析函数
f(t)在（ a,b）是解析的，对于（ a,b）中任一点 t0,存在一个,使得对 中所有 t,f(t)可表示成
t0中的泰劳级数
00000, tt
t0松弛：
),[)( 0),[ 0 ttHuty t
+ 线性
0)(),()(
0
ttdutGty
t
+因果性
+时不变性
ttG
ttdutGty
t
t
0),(
)(),()( 0
0
0)()()(
0
ttdutGty
t
t
小 结
t0=0
L变换单入、单出
g(s)为有理函数，即是经典控制理论中研究的模型。
0)()()(
0
tdutGty
t
)()()( susGsy?
)()()( susgsy?
0)()()(
0
tdutgty
t
这里对输入、输出描述中的常用概念作了精确、系统的介绍。
直观的概念如何用数学式子表示出来。
1
1
1
121
1
221
2
2
11
0
1
0
)(0
n
n
n
nn
nnn
kkk
R
a
Aa
AIaAR
IaARR
IaARR
IaARIaAaAR
IaAR
IR
(1-44)
(A可逆 )
(1-42)
)()(1)( 1221101 nnnn RsRsRsRsAsI?
(1-43)
nnnn asasasAsIs 111)(?
(1-42),习题 1-21
n
k
nkn bbbbbbdt
d
1
121 )d e t ()d e t (
)()()( AsIt r a d jds AsIdds sd
nkARtrka kk,,2,1)(1 1
习题 1-21 要证利用恒等式 (可由行列式定义直接证明 )
直接分别计算上式两边，并比较上式左、右边的 s同次幂系数式中符号 trA 表示 A的迹,迹的运算性质为
)()(
)(
BAtrABtr
t r Bt r ABAtr
t r AAtr
)(1)(1 11 ARtrkARtrka kkk
kkkkkk nat r A RIaARtrt r Rakn 11 )()(
由上式即可得
1211 )()1( knknn saknsnans
左边
1
12
1
1
12
12
1
1
0 )(
n
kn
k
nn
nn
kn
k
nn
t r Rst r Rst r Rns
RsRsRsRsRtr
右边比较上式左、右边的 s同次幂系数,则有
1，已知 A的特征式及特征值，可求 adj(sI-A),A的逆及特征向量 。 只需用 (1-42,43,44)式。
2,特征式未知时，求特征式,adj(sI-A),A的逆 。
这时要用到习题 1-21的结果和 (1-44)的递推式子,令
IaARARA kkkkk 1
(k=1,2,··· n-1)
IR?0
这两组式子除了提供以后要用的形式表达式之外，还可以解决一些计算问题两类计算问题：给定 A
0
1
1
1
2
1
1
1111121
2222212
111111
IaARt r A
n
aARA
IaARt r A
n
aARA
IaARt r AaARA
IaARt r AaAA
nnnnnnn
nnnnnnn
最后一个式子可用于验证结果。
adj(sI-A)及 有了,即求出了 (sI-A)-1。)(s?
)()(1)( 1221101 nnnn RsRsRsRsAsI?
nnnn asasasAsIs 111)(?
设状态空间原有一组基为 e1,e2,e3,现在状态空间新取了一组基为 q1,q2,q3,任一向量 在这两组基下的坐标表示分别为?
q1
q2
q3
e1
e2
e3
xQ
x
x
x
qqq
qxqxqx
Ex
x
x
x
eee
exexex
3
2
1
321
332211
3
2
1
321
332211
关于坐标变换矩阵与基底变换矩阵若有
2
23
22
21
3213232221212
1
13
12
11
3213132121111
Em
m
m
m
eeeemememq
Em
m
m
m
eeeemememq
3
33
32
31
3213332321313 Em
m
m
m
eeeemememq?
EM
mmm
mmm
mmm
eeeqqqQ
332313
322212
312111
321321?
则有
xEMxQEx
根据向量在同一基底下坐标是唯一的得
xMx? xMx 1
或
M是新取的基底向量在原来基底下的坐标所形成的矩阵，通常称为基底变换矩阵。
由 Q=EM可知,M是新取的基底向量在原来基底下的坐标所形成的矩阵，通常称为基底变换矩阵。而 和 x 分别是向量 在新取基底 ( Q )和原有基底 ( E )下的坐标，由
x
可知 是 的坐标变换阵。1M
若原有基底为自然基，即 ei为单位矩阵的第 i 列，这时有 E=I。
由于 Q=M,所以 Q的列即为新取基底 (在自然基下的坐标 ) 。
xMx 1
Pxx?
式中的 P 阵为坐标变换矩阵，而 P-1为基底变换矩阵。且 P-1的列即为新取的基底向量 (在自然基下的坐标 ) 。
根据以上论述可知
p
p
rprpprpp
pp
pp
pp
IX
X
X
IqsIIqIqIq
IsI
IsI
IsI
0
0
0
2
1
1210
prrrr
rr
IXqsXqXqXq
XsXXsXXsXXsX
)(
0,,0,0,0
1122110
1433221
BXAsIXBAsI )()( 1
p.25
prrrr IXsqsXsqsXqXq 1111221110 )(?
rr
r
r
r
p
ssqsqsqq
IX
1122101?
prrrrr IXssqsqsqq 1112210 ][?
12 sXX?
111 XssXXr rr1
223 XssXX
P
r
r
r
r
r
rr
IXsqsXsqsXqXq
XssXXXssXXsXX
1
1
11
2
21110
1
1
11
2
2312
)(?
)(
)(
1
)()(
)()(
00
1
110
1
sG
sg
sGsg
BAsIGGGBAsIC r
对应的传递函数就是 (1-84)的传递函数阵。
p
r
p
p
p
rr
r
r
r
r
Is
Is
sI
I
ssqsqsqq
X
X
X
X
1
2
1
1
2
210
3
2
1
1
P
r
r
r
r
r
rr
IXsqsXsqsXqXq
XssXXXssXXsXX
1
1
11
2
21110
1
1
11
2
2312
)(?
注意到 所满足的微分方程为?
Adtd
Itt ),( 00
1
1A
dt
d Itt ),( 001
习题 1-19
I 111要证：
1?
所满足的微分方程为第三式为第二式的共轭转置，第一、二式表明 是 的逆阵。证明第二式
1?
IIC
AA
dt
d
tt
111
1111
1
0
0
｜?
另外可用（微分方程初值问题的解）解的唯一性定理来做：因为
I
AA
dt
d
dt
d
tt
0
1
111
11
1
)(
)()()(
)()(
)(
｜
由唯一性定理可知,
11 )(
由于可逆方阵的左逆等于右逆，所以命题证毕。
(习题 1-17)
关于 的状态转移矩阵xtAx )( ),(
0tt?
当且仅当对任意的 t1,t2,有,A(t1)A(t2)=A(t2)A(t1),
才可写成),(
0tt?
),( 0tt?1,一般不可用矩阵指数表示 。
t
t
dA
e 0
)(
),( 0tt
),(),( 00 ttAdt ttd Itt ),( 00
对方程两边从 t0到 t积分，即可将初值问题转换为一个积分方程 (弗利德荷姆第一类积分方程 )
2,一个迭代式子：因为 是下列初值问题的解),(
0tt?
dttttAItt
t
t
),()(),( 00
状态转移矩阵
,,,,,,1210 kk
如果用迭代方法,可以得到 (Ⅰ )的解序列,做法如下：令,
代入 (Ⅰ )式得
t
t
dttAI
0
01 )(
I0
t
t
kk dttttAItt
0
),()(),( 010
一般式子为于是得到解序列
),( 0lim ttk
k
在解微分方程求积分时，用变动上限的定积分比较方便。
做法见下例
3,对于某些简单情况，可以先给出 n个线性无关的初值，解出 n个线性无关的解向量，再构成基本解阵,再由定义 可求出 。
)()(),( 010 tttt ),( 0tt?
)(t?
4,如果求出了 和 的映射关系,即将解表成了如下的形式：
)(tx )( 0tx
)()()( 0txtx
就是状态转移矩阵 。)(? ),( 0tt?
习题 1-15(a)
22
21
txx
xx
由第二式，可得
2
2
2 tx
x
dx?
可得
)()( 02)(2
1
2
202
txetx tt
代入第一式，可得
dttxedx tt )( 02)(211 202
两边积分 (变动上限的定积分 )
dttxedx
ttt
t
tx
tx
)( 02
)(
2
1
1
)(
)(
2
0
2
0
1
01
可得两边积分 (变动上限的定积分 )
t
t
tx
tx
td txdx
0
2
02 2
2
)(
)(
)()()( 02)(2
1
011
2
0
2
td t xetxtx tt
t
t
将 写成下列形式)(tx
)(
)(
0
1
)(
)(
02
01
)(
2
1
)(
2
1
2
1
2
0
2
0
2
0
2
tx
tx
e
dte
tx
tx
tt
t
t
tt
可得
)(
2
1
)(
2
1
0
2
0
2
0
2
0
2
0
1
),(
tt
t
t
tt
e
dte
tt
5,如果在解方程时,用的是 t0=0的初值 x (0),所求出的是
φ(t,0),它表示的是由 0时刻向 t时刻状态的转移 。
φ(t,0)相当于一个基本矩阵,
注意,状态转移矩阵是两个变量的函数矩阵，必须明确写出两个任意时刻。
要求状态转移矩阵，可以这样做：
φ(t,t0)=φ(t,0) φ-1 (t0,0)
1
0
00
1
0
0
)(
0
0)(),(
)481()(),( 0
n
i
i
i
n
i
i
i
tA
BAtBt
Atet
行线性无关，与可控矛盾。Bt ),( 0
41?
要证系统可控。
nBAABBr a n k 1n若反证法：若不可控，
10)(01 00 0 ttBett tA
上式对 τ求导，再求导 …,依次可得
0
0
1)(
)(
0
0
BAe
ABe
ntA
tA
010 BAABBt n令
01 BAABB n
nBAABBr a n k n 1?矛盾。与
64?
nBAABBr a n k n 1?若
nBIAr a n kA ii )(
要证用反证法，若有一个
0 nBIAr a n k 0?
，使
0
0
0
0
000
0
1
1
0
2
0
00
BAABB
BA
ABBA
BAB
BIABIA
n
n
nBAABBr a n k n 1?与 矛盾。
64?
nBIAr a n kA ii )(,要证
nBAABBr a n k n 1?
反证法：若
knn
nnBAABBr a n k n
1
1
1?
存在可逆矩阵 T,T是将BAABBU n 1
的后 k行化为零行的行变换矩阵,即
BTAT A BTBBAABBT nn 11
矩阵BTAT A BTB n 1 的后 k行为零行。
记
1, T A TATBB
0
0
13
13
11
43
21
111
11
BA
BA
BA
BA
AA
AA
A
BATBT A TT A BT A TA
B
TBB
BABABBAABBTU
nn
0
0
0
113
113
1
2
111
43
212
BAA
BAA
BABA
AA
AA
BAABA
…………
依此类推，可得
00 1213
1
2
13
1
1
11
BAA
BAA
BABA n
n
n
n
01211113 BABABA n?
综合起来，可知 应满足
3A
而 的形式为U
1
1
11
2
1111
0000 nUr a n k
BABABABU n?
1111121111 nBABABABr a n k nn
1111 nnnn,根据卡莱 — 哈密顿定理因为
1nUra n k?
得可以由
1121111 nBABABr a n k n
01211113 BABABA n? 03?A可得由的形式为 (以后将说明这就是可控分解的形式 。 )BA,故
00 1
4
21 BB
A
AAA
4A
的维数为 k,考察下式且
000
0
4
121
1
1
k
n
IA
BAIA
BIA
I
TBIAT
(＊ )
0?
显然只要取
4A
，即可使右边矩阵的秩小于 n。的特征值是 的特征值，因而也是 的特征值,也是 A的特征值。0? A
4A
kI
T
0
01(＊ ) 式左端矩阵 T与 不影响秩，故有
nBIAr a n k 0?
即存在,使,与假设相矛盾。
故
)(0 A nBIAr a n k
0?
nBAABBr a n k n 1?
关于定理 2-6的 6,的说明,
1,可以将 换为 。 (s为任意复数 ))( A
i Cs
因为当 s不是 A的特征值时，
自然成立。
nBAsIr a n kAsI,0
2,当 是 A的简单特征值时，
0?
nBIAr a n k 0?
nBIAr a n k 0?
,不可控；
,可控 。
0?
0?
说明当 是 A的重特征值时,若有,只能断言至少有一个 不可控,并不能说所有的 都不可控，究竟有几个 是可控的，几个 是不可控的,需要用其它方法补充研究。
0?
nBIAr a n k 0?
0? 0?
0?
0?
(计算可控性矩阵的秩或进行可控性分解。 )
例题
0
0
0
1
0
0
1
0
0
1
0
0
1
1
1
321
bbbA
3,2,13 ibIAr a n k i?
计算矩阵 的秩区别不出这三种不同情况 。 而可控性矩阵的秩却显示出这种差别 。
bIA
1bA 有一个模态不可控；
2bA 有二个模态不可控；
3bA 有三个模态不可控；
3131211?bAbAAbbr a n k
2232222?bAbAAbbr a n k
1333233?bAbAAbbr ank
,一个模态不可控；
,二个模态不可控；
,三个模态不可控；
对此例也可以直接用可控性分解来判断。
从输入、输出中是否可以唯一地确定状态？研究
t
t
duBttxtttx
0
)()(),()(),()( 00
因为如果确定出 x(t0),就可以确定 x(t) 。 因此可观性成为由输入、
输出中确定初始状态 x(t0) 。
t
t
duBttCtxtttCty
0
)()(),()()(),()()( 00
(＊ )
分析 (＊ ) 式,q个方程,n个未知数，因此只利用 t时刻的输出值无法唯一确定 x(t0) 。
如何得到 n个方程？利用 y在［ t0 t1］ 的值，通过加权处理。
得到 n个未知数的 n个方程。这组方程还必须可以解出唯一解。
可观性
Ax=b
A,m× n
rankA= n
A满列秩可以证明 ATA是可逆阵。以 AT左乘方程两边
ATAx= ATb
x= (ATA)-1ATb
从而得到方程的一个广义逆解。
t
t
duBttCtytxtttC
0
)()(),()()()(),()( 00
上式右端简记为 y1,两边右乘
)(),()],()([ 00 tCtttttC
)()(),()(),()()(),( 10000 tytCtttxtttCtCtt
两边取积分
dyCt
dtxtCCt
t
t
t
t
)()(),(
)(),()()(),(
10
000
1
0
1
0
dyCttxttV
dtCCtttV
t
t
t
t
)()(),()(),(
),()()(),(),(
10010
0010
1
0
1
0
记对照定理 2-1，可知 非奇异的充分必要条件是),( 10 ttV
))],()([)(,()( 00 tttCtttC
n行在［ t0 t1］ 上线性无关。
dyCt
txdtCCt
t
t
t
t
)()(),(
)(),()()(),(
10
000
1
0
1
0
亦即 的 n 列在［ t0 t1］ 线性无关。
),()( 0tttC?
在讨论上述方程的可解性时，为了简化起见，可以不妨假定 u=0。 即只讨论从零输入响应中求初态。
关于定理 2-11,6的说明若定理 2-11,6的条件不满足，即存在
0,)( 00
n
C
IAr a n kA
00 00
CA
C
IA
说明 α是 A的属于特征值 λ0的特征向量,它在 C的核空间中 。
λ0是不可观的模态。 它对应的特征向量落在 C的核中，输出 y不反映 λ0对应的运动模式 。
例题
1
0
12
1
1
21
01
21
01
2
2
1
1
c
IA
r a n k
c
IA
r a n k
cA
01
20
01 11
21
1
cPcPAPA
PxxP
)0()0()0( 1
2
PxxxPxx
e
e
x
t
t
t
tt
tt
exc
exxcexccxy
exxexx
)0(
)]0()0([)0(
)]0()0([)0(
11
2
12211
2
12211
关于值域、核与正交补
1,核空间,KerA={x｜ x?X Ax=0}
X n维线性空间 定义域
A m× n 可看作 n维线性空间 X到 m维线性空间 Y的映射
Y m维线性空间 值域若 A是 n× n矩阵，可以看作 n维空间到自身的线性变换,
A是这一线性变换的矩阵表示。
K e r AAxK e r Ax
KerA是 A的不变子空间，即有
2,值域,ImA={y｜ y?Y 存在 x?X,Ax=y}
dim ImA=rankA
ImA是 A的列向量所张成的空间。可以表示为
ImA=span
ImA中的任一向量可以表成 A的列向量的线性组合。
naaa21
Dim KerA+dim ImA=n
3,正交补：
)(Im A
={y ｜ y? Y yTA=0}
4,
TKe r AA)(Im
5,A是对称阵时有
K e r AAAAX
K e r AK e r AA
Im)( I mIm
)( I m
例题
010
101
010
A
求 KerA,ImA,并验证 4,5,所表示的关系。
)(Im A
标准分解的几个错误
BABABABA ｜｜｜｜,,,
1,认为在以下四个子空间中可以取到状态空间的一组基，从而进行标准分解。
2,认为在讲义中的 可取到一组正交基。4321,,,XXXX
3,两步法：即先进行可控性分解，再分别对可控子系统和不可控子系统进行可观性分解。
例题这一系统已是可控性分解形式，但两个子系统都是可观的，
两步法分不出这个系统不可观的部分，请读者用书中的方法完成此题标准分解。
111
0
0
1
200
010
001
习题 2-14
用若当标准形来做比较直接。首先找出全部运动模式出现在输出中的条件 (充要条件 )，将它与系统可观测的条件比较。
为了简单，只用下例说明
1
11
1
11
11
A
t
tt
t
tt
ttt
At
e
tee
e
tee
ettee
e
2
2
1
ttt ettee 2,,运动模式有三个：
出现在矩阵指数第一行；对应于最高阶若当块的第一行
)0()(
3534333231
2524232221
1514131211
xe
ccccc
ccccc
ccccc
ty At
当 C的第一列为非零向量时,y(t)中就包含了三个运动模式 。
而这一条件比要求 C中一,四列线性无关的条件 (即可观测 )要弱 。
即与最高阶的若当块的第一列对应的 C中的列向量为非零向量时,(即最高阶若当块对应的特征向量不在的核中 ),y(t)
中就包含了这一若当块所对应的全部模式 。
可观测 C 中一,四列线性无关
C 的 第一列非零所有模式出现示意图如下：
41?
系统可控，要证
nBAABBr a n k n 1?
反证法：若
01nBAABBr a n k n
1,,2,10
01
niBA
BAABB
i
n
利用 (1-48) 式定理 2-6
P.28 习题 2-8引入了一个算子,被称为 截断算子,定义如下：
t
ttutuPty
0
)()()( ｛
t
u(t)
t
y(t)
因果性
H表示的系统是具有因果性的，是指成立如下的关系：
)()( uHPPHuPT TTT
左端的输入比右边的多了 的一段，
而输出在 是一样的，
Tt?
Tt?
这说明 的输入对 的输出无影响。Tt? Tt?
因果性 可用截断算子来表示。即定理 (解析开拓 )：若函数 f 在 D上解析，已知函数在 D中任意小的非零区间上恒为零，则函数在 D上恒为零。
)()()( 0)(
0
0 tf
n
tttf nn
！
实变量解析函数
f(t)在（ a,b）是解析的，对于（ a,b）中任一点 t0,存在一个,使得对 中所有 t,f(t)可表示成
t0中的泰劳级数
00000, tt
t0松弛：
),[)( 0),[ 0 ttHuty t
+ 线性
0)(),()(
0
ttdutGty
t
+因果性
+时不变性
ttG
ttdutGty
t
t
0),(
)(),()( 0
0
0)()()(
0
ttdutGty
t
t
小 结
t0=0
L变换单入、单出
g(s)为有理函数，即是经典控制理论中研究的模型。
0)()()(
0
tdutGty
t
)()()( susGsy?
)()()( susgsy?
0)()()(
0
tdutgty
t
这里对输入、输出描述中的常用概念作了精确、系统的介绍。
直观的概念如何用数学式子表示出来。
1
1
1
121
1
221
2
2
11
0
1
0
)(0
n
n
n
nn
nnn
kkk
R
a
Aa
AIaAR
IaARR
IaARR
IaARIaAaAR
IaAR
IR
(1-44)
(A可逆 )
(1-42)
)()(1)( 1221101 nnnn RsRsRsRsAsI?
(1-43)
nnnn asasasAsIs 111)(?
(1-42),习题 1-21
n
k
nkn bbbbbbdt
d
1
121 )d e t ()d e t (
)()()( AsIt r a d jds AsIdds sd
nkARtrka kk,,2,1)(1 1
习题 1-21 要证利用恒等式 (可由行列式定义直接证明 )
直接分别计算上式两边，并比较上式左、右边的 s同次幂系数式中符号 trA 表示 A的迹,迹的运算性质为
)()(
)(
BAtrABtr
t r Bt r ABAtr
t r AAtr
)(1)(1 11 ARtrkARtrka kkk
kkkkkk nat r A RIaARtrt r Rakn 11 )()(
由上式即可得
1211 )()1( knknn saknsnans
左边
1
12
1
1
12
12
1
1
0 )(
n
kn
k
nn
nn
kn
k
nn
t r Rst r Rst r Rns
RsRsRsRsRtr
右边比较上式左、右边的 s同次幂系数,则有
1，已知 A的特征式及特征值，可求 adj(sI-A),A的逆及特征向量 。 只需用 (1-42,43,44)式。
2,特征式未知时，求特征式,adj(sI-A),A的逆 。
这时要用到习题 1-21的结果和 (1-44)的递推式子,令
IaARARA kkkkk 1
(k=1,2,··· n-1)
IR?0
这两组式子除了提供以后要用的形式表达式之外，还可以解决一些计算问题两类计算问题：给定 A
0
1
1
1
2
1
1
1111121
2222212
111111
IaARt r A
n
aARA
IaARt r A
n
aARA
IaARt r AaARA
IaARt r AaAA
nnnnnnn
nnnnnnn
最后一个式子可用于验证结果。
adj(sI-A)及 有了,即求出了 (sI-A)-1。)(s?
)()(1)( 1221101 nnnn RsRsRsRsAsI?
nnnn asasasAsIs 111)(?
设状态空间原有一组基为 e1,e2,e3,现在状态空间新取了一组基为 q1,q2,q3,任一向量 在这两组基下的坐标表示分别为?
q1
q2
q3
e1
e2
e3
xQ
x
x
x
qqq
qxqxqx
Ex
x
x
x
eee
exexex
3
2
1
321
332211
3
2
1
321
332211
关于坐标变换矩阵与基底变换矩阵若有
2
23
22
21
3213232221212
1
13
12
11
3213132121111
Em
m
m
m
eeeemememq
Em
m
m
m
eeeemememq
3
33
32
31
3213332321313 Em
m
m
m
eeeemememq?
EM
mmm
mmm
mmm
eeeqqqQ
332313
322212
312111
321321?
则有
xEMxQEx
根据向量在同一基底下坐标是唯一的得
xMx? xMx 1
或
M是新取的基底向量在原来基底下的坐标所形成的矩阵，通常称为基底变换矩阵。
由 Q=EM可知,M是新取的基底向量在原来基底下的坐标所形成的矩阵，通常称为基底变换矩阵。而 和 x 分别是向量 在新取基底 ( Q )和原有基底 ( E )下的坐标，由
x
可知 是 的坐标变换阵。1M
若原有基底为自然基，即 ei为单位矩阵的第 i 列，这时有 E=I。
由于 Q=M,所以 Q的列即为新取基底 (在自然基下的坐标 ) 。
xMx 1
Pxx?
式中的 P 阵为坐标变换矩阵，而 P-1为基底变换矩阵。且 P-1的列即为新取的基底向量 (在自然基下的坐标 ) 。
根据以上论述可知
p
p
rprpprpp
pp
pp
pp
IX
X
X
IqsIIqIqIq
IsI
IsI
IsI
0
0
0
2
1
1210
prrrr
rr
IXqsXqXqXq
XsXXsXXsXXsX
)(
0,,0,0,0
1122110
1433221
BXAsIXBAsI )()( 1
p.25
prrrr IXsqsXsqsXqXq 1111221110 )(?
rr
r
r
r
p
ssqsqsqq
IX
1122101?
prrrrr IXssqsqsqq 1112210 ][?
12 sXX?
111 XssXXr rr1
223 XssXX
P
r
r
r
r
r
rr
IXsqsXsqsXqXq
XssXXXssXXsXX
1
1
11
2
21110
1
1
11
2
2312
)(?
)(
)(
1
)()(
)()(
00
1
110
1
sG
sg
sGsg
BAsIGGGBAsIC r
对应的传递函数就是 (1-84)的传递函数阵。
p
r
p
p
p
rr
r
r
r
r
Is
Is
sI
I
ssqsqsqq
X
X
X
X
1
2
1
1
2
210
3
2
1
1
P
r
r
r
r
r
rr
IXsqsXsqsXqXq
XssXXXssXXsXX
1
1
11
2
21110
1
1
11
2
2312
)(?
注意到 所满足的微分方程为?
Adtd
Itt ),( 00
1
1A
dt
d Itt ),( 001
习题 1-19
I 111要证：
1?
所满足的微分方程为第三式为第二式的共轭转置，第一、二式表明 是 的逆阵。证明第二式
1?
IIC
AA
dt
d
tt
111
1111
1
0
0
｜?
另外可用（微分方程初值问题的解）解的唯一性定理来做：因为
I
AA
dt
d
dt
d
tt
0
1
111
11
1
)(
)()()(
)()(
)(
｜
由唯一性定理可知,
11 )(
由于可逆方阵的左逆等于右逆，所以命题证毕。
(习题 1-17)
关于 的状态转移矩阵xtAx )( ),(
0tt?
当且仅当对任意的 t1,t2,有,A(t1)A(t2)=A(t2)A(t1),
才可写成),(
0tt?
),( 0tt?1,一般不可用矩阵指数表示 。
t
t
dA
e 0
)(
),( 0tt
),(),( 00 ttAdt ttd Itt ),( 00
对方程两边从 t0到 t积分，即可将初值问题转换为一个积分方程 (弗利德荷姆第一类积分方程 )
2,一个迭代式子：因为 是下列初值问题的解),(
0tt?
dttttAItt
t
t
),()(),( 00
状态转移矩阵
,,,,,,1210 kk
如果用迭代方法,可以得到 (Ⅰ )的解序列,做法如下：令,
代入 (Ⅰ )式得
t
t
dttAI
0
01 )(
I0
t
t
kk dttttAItt
0
),()(),( 010
一般式子为于是得到解序列
),( 0lim ttk
k
在解微分方程求积分时，用变动上限的定积分比较方便。
做法见下例
3,对于某些简单情况，可以先给出 n个线性无关的初值，解出 n个线性无关的解向量，再构成基本解阵,再由定义 可求出 。
)()(),( 010 tttt ),( 0tt?
)(t?
4,如果求出了 和 的映射关系,即将解表成了如下的形式：
)(tx )( 0tx
)()()( 0txtx
就是状态转移矩阵 。)(? ),( 0tt?
习题 1-15(a)
22
21
txx
xx
由第二式，可得
2
2
2 tx
x
dx?
可得
)()( 02)(2
1
2
202
txetx tt
代入第一式，可得
dttxedx tt )( 02)(211 202
两边积分 (变动上限的定积分 )
dttxedx
ttt
t
tx
tx
)( 02
)(
2
1
1
)(
)(
2
0
2
0
1
01
可得两边积分 (变动上限的定积分 )
t
t
tx
tx
td txdx
0
2
02 2
2
)(
)(
)()()( 02)(2
1
011
2
0
2
td t xetxtx tt
t
t
将 写成下列形式)(tx
)(
)(
0
1
)(
)(
02
01
)(
2
1
)(
2
1
2
1
2
0
2
0
2
0
2
tx
tx
e
dte
tx
tx
tt
t
t
tt
可得
)(
2
1
)(
2
1
0
2
0
2
0
2
0
2
0
1
),(
tt
t
t
tt
e
dte
tt
5,如果在解方程时,用的是 t0=0的初值 x (0),所求出的是
φ(t,0),它表示的是由 0时刻向 t时刻状态的转移 。
φ(t,0)相当于一个基本矩阵,
注意,状态转移矩阵是两个变量的函数矩阵，必须明确写出两个任意时刻。
要求状态转移矩阵，可以这样做：
φ(t,t0)=φ(t,0) φ-1 (t0,0)
1
0
00
1
0
0
)(
0
0)(),(
)481()(),( 0
n
i
i
i
n
i
i
i
tA
BAtBt
Atet
行线性无关，与可控矛盾。Bt ),( 0
41?
要证系统可控。
nBAABBr a n k 1n若反证法：若不可控，
10)(01 00 0 ttBett tA
上式对 τ求导，再求导 …,依次可得
0
0
1)(
)(
0
0
BAe
ABe
ntA
tA
010 BAABBt n令
01 BAABB n
nBAABBr a n k n 1?矛盾。与
64?
nBAABBr a n k n 1?若
nBIAr a n kA ii )(
要证用反证法，若有一个
0 nBIAr a n k 0?
，使
0
0
0
0
000
0
1
1
0
2
0
00
BAABB
BA
ABBA
BAB
BIABIA
n
n
nBAABBr a n k n 1?与 矛盾。
64?
nBIAr a n kA ii )(,要证
nBAABBr a n k n 1?
反证法：若
knn
nnBAABBr a n k n
1
1
1?
存在可逆矩阵 T,T是将BAABBU n 1
的后 k行化为零行的行变换矩阵,即
BTAT A BTBBAABBT nn 11
矩阵BTAT A BTB n 1 的后 k行为零行。
记
1, T A TATBB
0
0
13
13
11
43
21
111
11
BA
BA
BA
BA
AA
AA
A
BATBT A TT A BT A TA
B
TBB
BABABBAABBTU
nn
0
0
0
113
113
1
2
111
43
212
BAA
BAA
BABA
AA
AA
BAABA
…………
依此类推，可得
00 1213
1
2
13
1
1
11
BAA
BAA
BABA n
n
n
n
01211113 BABABA n?
综合起来，可知 应满足
3A
而 的形式为U
1
1
11
2
1111
0000 nUr a n k
BABABABU n?
1111121111 nBABABABr a n k nn
1111 nnnn,根据卡莱 — 哈密顿定理因为
1nUra n k?
得可以由
1121111 nBABABr a n k n
01211113 BABABA n? 03?A可得由的形式为 (以后将说明这就是可控分解的形式 。 )BA,故
00 1
4
21 BB
A
AAA
4A
的维数为 k,考察下式且
000
0
4
121
1
1
k
n
IA
BAIA
BIA
I
TBIAT
(＊ )
0?
显然只要取
4A
，即可使右边矩阵的秩小于 n。的特征值是 的特征值，因而也是 的特征值,也是 A的特征值。0? A
4A
kI
T
0
01(＊ ) 式左端矩阵 T与 不影响秩，故有
nBIAr a n k 0?
即存在,使,与假设相矛盾。
故
)(0 A nBIAr a n k
0?
nBAABBr a n k n 1?
关于定理 2-6的 6,的说明,
1,可以将 换为 。 (s为任意复数 ))( A
i Cs
因为当 s不是 A的特征值时，
自然成立。
nBAsIr a n kAsI,0
2,当 是 A的简单特征值时，
0?
nBIAr a n k 0?
nBIAr a n k 0?
,不可控；
,可控 。
0?
0?
说明当 是 A的重特征值时,若有,只能断言至少有一个 不可控,并不能说所有的 都不可控，究竟有几个 是可控的，几个 是不可控的,需要用其它方法补充研究。
0?
nBIAr a n k 0?
0? 0?
0?
0?
(计算可控性矩阵的秩或进行可控性分解。 )
例题
0
0
0
1
0
0
1
0
0
1
0
0
1
1
1
321
bbbA
3,2,13 ibIAr a n k i?
计算矩阵 的秩区别不出这三种不同情况 。 而可控性矩阵的秩却显示出这种差别 。
bIA
1bA 有一个模态不可控；
2bA 有二个模态不可控；
3bA 有三个模态不可控；
3131211?bAbAAbbr a n k
2232222?bAbAAbbr a n k
1333233?bAbAAbbr ank
,一个模态不可控；
,二个模态不可控；
,三个模态不可控；
对此例也可以直接用可控性分解来判断。
从输入、输出中是否可以唯一地确定状态？研究
t
t
duBttxtttx
0
)()(),()(),()( 00
因为如果确定出 x(t0),就可以确定 x(t) 。 因此可观性成为由输入、
输出中确定初始状态 x(t0) 。
t
t
duBttCtxtttCty
0
)()(),()()(),()()( 00
(＊ )
分析 (＊ ) 式,q个方程,n个未知数，因此只利用 t时刻的输出值无法唯一确定 x(t0) 。
如何得到 n个方程？利用 y在［ t0 t1］ 的值，通过加权处理。
得到 n个未知数的 n个方程。这组方程还必须可以解出唯一解。
可观性
Ax=b
A,m× n
rankA= n
A满列秩可以证明 ATA是可逆阵。以 AT左乘方程两边
ATAx= ATb
x= (ATA)-1ATb
从而得到方程的一个广义逆解。
t
t
duBttCtytxtttC
0
)()(),()()()(),()( 00
上式右端简记为 y1,两边右乘
)(),()],()([ 00 tCtttttC
)()(),()(),()()(),( 10000 tytCtttxtttCtCtt
两边取积分
dyCt
dtxtCCt
t
t
t
t
)()(),(
)(),()()(),(
10
000
1
0
1
0
dyCttxttV
dtCCtttV
t
t
t
t
)()(),()(),(
),()()(),(),(
10010
0010
1
0
1
0
记对照定理 2-1，可知 非奇异的充分必要条件是),( 10 ttV
))],()([)(,()( 00 tttCtttC
n行在［ t0 t1］ 上线性无关。
dyCt
txdtCCt
t
t
t
t
)()(),(
)(),()()(),(
10
000
1
0
1
0
亦即 的 n 列在［ t0 t1］ 线性无关。
),()( 0tttC?
在讨论上述方程的可解性时，为了简化起见，可以不妨假定 u=0。 即只讨论从零输入响应中求初态。
关于定理 2-11,6的说明若定理 2-11,6的条件不满足，即存在
0,)( 00
n
C
IAr a n kA
00 00
CA
C
IA
说明 α是 A的属于特征值 λ0的特征向量,它在 C的核空间中 。
λ0是不可观的模态。 它对应的特征向量落在 C的核中，输出 y不反映 λ0对应的运动模式 。
例题
1
0
12
1
1
21
01
21
01
2
2
1
1
c
IA
r a n k
c
IA
r a n k
cA
01
20
01 11
21
1
cPcPAPA
PxxP
)0()0()0( 1
2
PxxxPxx
e
e
x
t
t
t
tt
tt
exc
exxcexccxy
exxexx
)0(
)]0()0([)0(
)]0()0([)0(
11
2
12211
2
12211
关于值域、核与正交补
1,核空间,KerA={x｜ x?X Ax=0}
X n维线性空间 定义域
A m× n 可看作 n维线性空间 X到 m维线性空间 Y的映射
Y m维线性空间 值域若 A是 n× n矩阵，可以看作 n维空间到自身的线性变换,
A是这一线性变换的矩阵表示。
K e r AAxK e r Ax
KerA是 A的不变子空间，即有
2,值域,ImA={y｜ y?Y 存在 x?X,Ax=y}
dim ImA=rankA
ImA是 A的列向量所张成的空间。可以表示为
ImA=span
ImA中的任一向量可以表成 A的列向量的线性组合。
naaa21
Dim KerA+dim ImA=n
3,正交补：
)(Im A
={y ｜ y? Y yTA=0}
4,
TKe r AA)(Im
5,A是对称阵时有
K e r AAAAX
K e r AK e r AA
Im)( I mIm
)( I m
例题
010
101
010
A
求 KerA,ImA,并验证 4,5,所表示的关系。
)(Im A
标准分解的几个错误
BABABABA ｜｜｜｜,,,
1,认为在以下四个子空间中可以取到状态空间的一组基，从而进行标准分解。
2,认为在讲义中的 可取到一组正交基。4321,,,XXXX
3,两步法：即先进行可控性分解，再分别对可控子系统和不可控子系统进行可观性分解。
例题这一系统已是可控性分解形式，但两个子系统都是可观的，
两步法分不出这个系统不可观的部分，请读者用书中的方法完成此题标准分解。
111
0
0
1
200
010
001
习题 2-14
用若当标准形来做比较直接。首先找出全部运动模式出现在输出中的条件 (充要条件 )，将它与系统可观测的条件比较。
为了简单，只用下例说明
1
11
1
11
11
A
t
tt
t
tt
ttt
At
e
tee
e
tee
ettee
e
2
2
1
ttt ettee 2,,运动模式有三个：
出现在矩阵指数第一行；对应于最高阶若当块的第一行
)0()(
3534333231
2524232221
1514131211
xe
ccccc
ccccc
ccccc
ty At
当 C的第一列为非零向量时,y(t)中就包含了三个运动模式 。
而这一条件比要求 C中一,四列线性无关的条件 (即可观测 )要弱 。
即与最高阶的若当块的第一列对应的 C中的列向量为非零向量时,(即最高阶若当块对应的特征向量不在的核中 ),y(t)
中就包含了这一若当块所对应的全部模式 。
可观测 C 中一,四列线性无关
C 的 第一列非零所有模式出现示意图如下：
