Igualdade e controlabilidade da matriz polinomial
Deixar$A\in\mathbb{R}^{n \times n}$,$B\in\mathbb{R}^{n\times m}$e$I$seja o$n\times n$matriz de identidade. Mostre que para qualquer polinômio$n$-vetor$X_0(s)$com elementos de grau$n-1$ou menos, sempre podemos encontrar vetores polinomiais$X(s)$e$U(s)$de tal modo que$(sI-A)X(s)-BU(s)=X_0(s)$, se e apenas se$$\text{rank}[sI-A\quad B]=n\quad\forall s\in\mathbb{C}$$ou seja,$\{A,B\}$é controlável.
Obrigado por qualquer dica.
Respostas
Dado que$X_0(s)$,$X(s)$e$U(s)$são polinômios, coletando termos contendo a mesma potência de$s$pode-se escrever a equação inicial também como
\begin{align} - \begin{bmatrix} A & B \end{bmatrix} y_0 &= v_0, \tag{1a} \\ \begin{bmatrix} I & 0 \end{bmatrix} y_{i-1} - \begin{bmatrix} A & B \end{bmatrix} y_{i} &= v_i,\ \forall\,i=1,\dots,k, \tag{1b} \\ \begin{bmatrix} I & 0 \end{bmatrix} y_k &= 0, \tag{1c} \end{align}
com$k \leq n-1$,$v_i \in\mathbb{R}^n$,$y_i \in\mathbb{R}^{n+m}$e
\begin{align} X_0(s) &= \sum_{i=0}^k v_i\,s^i, \tag{2a} \\ \begin{bmatrix} X(s) \\ U(s) \end{bmatrix} &= \sum_{i=0}^k y_i\,s^i. \tag{2b} \end{align}
A partir de agora vou usar$y^x_i$e$y^u_i$para indicar os componentes de$y_i$associado com$X(s)$e$U(s)$respectivamente. Resolvendo$(1c)$rendimentos$y^x_k = 0$, substituindo isso em$(1b)$e resolvê-lo produz a seguinte expressão para cada$y^x_{i-1}$
$$ y^x_{i-1} = v_i + A\,y^x_i + B\,y^u_i,\ \forall\,i=1,\dots,k, \tag{3} $$
onde inicialmente cada$y^u_i$pode ser escolhido para ser qualquer coisa. No entanto, essas escolhas ficam restritas quando se quer também satisfazer$(1a)$. Ou seja, ao substituir cada expressão por$y^x_i$dentro$(1a)$rendimentos
$$ \sum_{i=0}^k A^i B\,y^u_i = \underbrace{-\sum_{i=0}^k A^i v_i}_{r}, \tag{4} $$
que é equivalente a conduzir o sistema de tempo discreto associado a$(A,B)$desde a origem até$r$dentro$k+1$passos de tempo. Pode-se notar que se a ordem polinomial de$X_0(s)$tem$k < n-1$(ou seja$v_k \neq 0$e$v_i = 0,\ \forall\,i > k$) pode não ser possível conduzir tal sistema para$r$dentro$k+1$degraus. No entanto, se$(A,B)$é controlável, deve ser sempre possível conduzir o sistema para$r$dentro$n$passos, assim$k = n-1$.
Para a implicação direta, provamos a contrapositiva. Suponha para alguns$\lambda$(necessariamente um autovalor de$A$) há algum$y \neq 0$de tal modo que$y^T \begin{bmatrix} \lambda I -A & B \end{bmatrix} = 0$.
Agora escolha$X_0(s) = y$. Observe que$y^T ((\lambda I-A) X(\lambda) -B U(\lambda)) = 0$mas$y^T X_o(\lambda) = \|y\|^2$.
O seguinte foi motivado pela resposta de Kwin van der Veen (e pelos comentários de George C), mas expresso de uma maneira que posso entender mais facilmente:
Para a implicação inversa, primeiro observe que se pudermos mostrar que para qualquer$y \in \mathbb{R}^n$, existem polinômios$U, X$de tal modo que$y = (sI-A) X(s) - B U(s)$, então claramente$s^ky = (sI-A) s^kX(s) - B s^kU(s)$e, portanto, para qualquer polinômio$X_0$, podemos encontrar alguns polinômios$U,X$de tal modo que$X_0 = (sI-A) X(s) - B U(s)$. Em particular, precisamos apenas considerar$X_0$do formulário$y \in \mathbb{R}^n$.
Se a condição de classificação for válida, então$A,B$é cc. e então há alguma sequência$\upsilon_k \in \mathbb{R}^m$que dirige o sistema$\xi_{k+1}= A \xi_k + B \upsilon_k$a partir de$\xi_0 = 0$para$\xi_n = -y$.
Se tomarmos$\upsilon_k = 0$por$k\ge n$e$|z| > \sigma(A)$a$z$transformar dá$z\hat{\xi} = A \hat{\xi}+B \hat{\upsilon}$, com$\hat{\xi}(z) = {\xi_1 \over z} + \cdots + {\xi_{n-1} \over z^{n-1}} + {-y \over z^n} + \cdots$(lembre-se que$\xi_0 = 0$), e da mesma forma para$\hat{\upsilon}$.
Multiplicando por$z^{n-1}$dá$z^n\hat{\xi} = z^{n-1}A \hat{\xi}+z^{n-1}B \hat{\upsilon}$, e igualando os termos com potências não negativas de$z$dá a igualdade$\xi_1 z^{n-1}+ \cdots + \xi_{n-1} z -y = A(\xi_1 z^{n-2}+ \cdots + \xi_{n-1} ) + B (\upsilon_0z^{n-1} + {\upsilon}_1 z^{n-2}+ \cdots + \upsilon_{n-1} )$.
Finalmente, deixando$X(s)= \xi_1 s^{n-2}+ \cdots + \xi_{n-1} $,$U(s) = \upsilon_0s^{n-1} + {\upsilon}_1 s^{n-2}+ \cdots + \upsilon_{n-1} $dá$(sI-A) X(s)-B U(s) = y$como desejado.