题海 · 题海 · p.505
\[
\boldsymbol{S}_\theta=\begin{bmatrix}\boldsymbol{b}_\theta & \boldsymbol{A}\boldsymbol{b}_\theta & \boldsymbol{A}^2\boldsymbol{b}_\theta & \boldsymbol{A}^3\boldsymbol{b}_\theta\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0 & 0 & 2\omega & 0 \\ 0 & 2\omega & 0 & -2\omega^3 \\ 0 & 1 & 0 & -4\omega^2 \\ 1 & 0 & -4\omega^2 & 0\end{bmatrix}
\]
\[
\det\boldsymbol{S}_\theta=-12\omega^4\neq0
\]
所以只有切线方向推力的卫星是可控的。
9-23 试证明:对任意方阵 \(\boldsymbol{A}\),属于不同特征值的特征向量恒线性无关。
证明 设 \(\boldsymbol{A}\) 相异的特征值为 \(\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_m\),与 \(\lambda_j(j=1,2,\cdots,m)\) 对应的线性独立的特征向量为 \(\boldsymbol{p}_1^j,\boldsymbol{p}_2^j,\cdots,\boldsymbol{p}_{a_j}^j\)。
对于某组数 \(c_{jk}\in R(j=1,2,\cdots,m;k=1,2,\cdots,\alpha_j)\),设
\[
c_{11}\boldsymbol{p}_1^1+\cdots+c_{1,a_1}\boldsymbol{p}_{a_1}^1+c_{21}\boldsymbol{p}_1^2+\cdots+c_{m1}\boldsymbol{p}_{a_1}^m+\cdots+c_{m,a_m}\boldsymbol{p}_{a_m}^m=\boldsymbol{0}
\]
成立,对上式左乘以 \((\lambda_1\boldsymbol{I}-\boldsymbol{A})\),利用 \((\lambda_1\boldsymbol{I}-\boldsymbol{A})\boldsymbol{p}_k^1=\boldsymbol{0}(k=1,2,\cdots,\alpha_1)\),\(\boldsymbol{A}\boldsymbol{p}_k^j=\lambda_j\boldsymbol{p}_k^j(k=1,2,\cdots,\alpha_j,j=1,2,\cdots,m)\),可得
\[
(\lambda_1-\lambda_2)c_{21}\boldsymbol{p}_1^2+\cdots+(\lambda_1-\lambda_m)c_{m,a_m}\boldsymbol{p}_{a_m}^m=\boldsymbol{0}
\]
依次左乘以 \((\lambda_2\boldsymbol{I}-\boldsymbol{A}),\cdots,(\lambda_{m-1}\boldsymbol{I}-\boldsymbol{A})\),最后可得
\[
(\lambda_1-\lambda_m)(\lambda_2-\lambda_m)\cdots(\lambda_{m-1}-\lambda_m)(c_{m1}\boldsymbol{p}_1^m+\cdots+c_{m,a_m}\boldsymbol{p}_{a_m}^m)=\boldsymbol{0}
\]
\[
\lambda_j\neq\lambda_m,\quad j=1,2,\cdots,m-1
\]
因而有
\[
c_{m1}\boldsymbol{p}_1^m+\cdots+c_{m,a_m}\boldsymbol{p}_{a_m}^m=\boldsymbol{0}
\]
由于 \(\boldsymbol{p}_1^m,\cdots,\boldsymbol{p}_{a_m}^m\) 是线性独立的,故 \(c_{m1}=\cdots=c_{m,a_m}=0\)。重复同样操作,最后可以证明所有 \(c_{jk}\) 都必须是零,因此属于不同特征值的特征向量恒线性无关。证毕。
9-24 已知系统的动态方程
\[
\dot{\boldsymbol{x}}(t)=\begin{bmatrix}-1 & 0 & 1 \\ 1 & -2 & 1 \\ 0 & 0 & 3\end{bmatrix}\boldsymbol{x}(t)+\begin{bmatrix}1 \\ -1 \\ 0\end{bmatrix}u(t),\quad y(t)=\begin{bmatrix}1 & 0 & 1\end{bmatrix}\boldsymbol{x}(t)
\]
试求系统的传递函数;将系统状态方程作对角化变换,求出变换矩阵 \(\boldsymbol{P}\),并判断系统是否可控和可观测。
解 (1) 求系统的传递函数。由于
\[
(s\boldsymbol{I}-\boldsymbol{A})^{-1}=\frac{1}{(s+1)(s+2)(s-3)}\begin{bmatrix}(s+2)(s-3) & 0 & s+2 \\ s-3 & (s+1)(s-3) & s+2 \\ 0 & 0 & (s+1)(s+2)\end{bmatrix}
\]
因此 \(\quad G(s)=\boldsymbol{c}(s\boldsymbol{I}-\boldsymbol{A})^{-1}\boldsymbol{b}=\dfrac{(s+2)(s-3)}{(s+1)(s+2)(s-3)}=\dfrac{1}{s+1}\)
存在零极点对消,显然系统不完全可控可观测。
(2) 对角化变换。由于 \(\boldsymbol{A}\) 阵存在三个互异的特征值 \(\lambda_1=-1,\lambda_2=-2,\lambda_3=3\),由 \(\boldsymbol{A}\boldsymbol{p}_i=\lambda_i\boldsymbol{p}_i,i=1,2,3\),可分别求得其对应的特征向量为
\[
\boldsymbol{p}_1=\begin{bmatrix}1\\1\\0\end{bmatrix},\quad \boldsymbol{p}_2=\begin{bmatrix}0\\1\\0\end{bmatrix},\quad \boldsymbol{p}_3=\begin{bmatrix}1\\1\\4\end{bmatrix},\quad \boldsymbol{P}=\begin{bmatrix}1 & 0 & 1\\1 & 1 & 1\\0 & 0 & 4\end{bmatrix},\quad \boldsymbol{P}^{-1}=\frac{1}{4}\begin{bmatrix}4 & 0 & -1\\-4 & 4 & 0\\0 & 0 & 1\end{bmatrix}
\]
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