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
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
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：
