EE263 Lecture 14 Linear dynamical systems with inputs and outputs

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这次回顾第十四讲，这一讲结束了约当标准型，介绍了带有输入输出的线性动力系统。

一般化的mode

考虑$\dot{x}=A x$，其中

$$x(0)=a_{1} v_{i 1}+\cdots+a_{n_{i}} v_{i n_{i}}=T_{i} a$$

那么

$$x(t)=T e^{J t} \tilde{x}(0) =T_{i} e^{J t} T^{-1}T_i a =T_{i} e^{J_{i} t} a$$

这说明

• 轨迹停留在广义特征向量的张成的空间内
• 系数的形式为$p(t) e^{\lambda t}$，其中$p$是多项式
• 这种解被称为系统的通用mode

对于一般的$x(0)$，我们可以写成

$$x(t)=e^{t A} x(0)=T e^{t J} T^{-1} x(0)=\sum_{i=1}^{q} T_{i} e^{t J_{i}}\left(S_{i}^{T} x(0)\right)$$

其中

$$T^{-1}=\left[\begin{array}{c}{S_{1}^{T}} \\ {\vdots} \\ {S_{q}^{T}}\end{array}\right]$$

因此：$\dot{x}=A x$的所有解是mode的线性组合

Cayley-Hamilton定理

如果$p(s)=a_{0}+a_{1} s+\cdots+a_{k} s^{k}$是多项式以及$A \in \mathbb{R}^{n \times n}$，我们定义

$$p(A)=a_{0} I+a_{1} A+\cdots+a_{k} A^{k}$$

Cayley-Hamilton定理：对于任意$A \in \mathbb{R}^{n \times n}$，我们有$\mathcal{X}(A)=0$，其中$\mathcal{X}(s)=\operatorname{det}(s I-A)$

例子：对于$A=\left[\begin{array}{ll}{1} & {2} \\ {3} & {4}\end{array}\right]$，我们可得

$$\begin{aligned} \chi(A) &=A^{2}-5 A-2 I \\ &=\left[\begin{array}{cc}{7} & {10} \\ {15} & {22}\end{array}\right]-5\left[\begin{array}{cc}{1} & {2} \\ {3} & {4}\end{array}\right]-2 I \\ &=0 \end{aligned}$$

推论：对任意$p\in \mathbb Z^+$，我们有

$$A^{p} \in \operatorname{span}\left\{I, A, A^{2}, \ldots, A^{n-1}\right\}$$

（如果$A$可逆，上述结论对$p\in \mathbb Z $成立）

即：$A$的每个幂可以表达为$I, A, \ldots, A^{n-1}$的线性组合。

证明：由带余除法可得

$$s^{p}=q(s) \mathcal{X}(s)+r(s)$$

其中

$$r=\alpha_{0}+\alpha_{1} s+\cdots+\alpha_{n-1} s^{n-1}$$

那么

$$A^{p}=q(A) \mathcal{X}(A)+r(A)=r(A)=\alpha_{0} I+\alpha_{1} A+\cdots+\alpha_{n-1} A^{n-1}$$

如果$A$可逆，那么

$$(-1)^n\det A=a_0\neq 0$$

由此可得

$$I=A\left(-\left(a_{1} / a_{0}\right) I-\left(a_{2} / a_{0}\right) A-\cdots-\left(1 / a_{0}\right) A^{n-1}\right)$$

因此

$$A^{-1}=-\left(a_{1} / a_{0}\right) I-\left(a_{2} / a_{0}\right) A-\cdots-\left(1 / a_{0}\right) A^{n-1}$$

即：逆是$A^{k}, k=0, \dots, n-1$的线性组合

C-H定理的证明

首先假设$A$可对角化：$T^{-1} A T=\Lambda$，考虑特征多项式

$$\mathcal{X}(s)=\left(s-\lambda_{1}\right) \cdots\left(s-\lambda_{n}\right)$$

因为

$$\mathcal{X}(A)=\mathcal{X}\left(T \Lambda T^{-1}\right)=T \mathcal{X}(\Lambda) T^{-1}$$

所以只要证明$\mathcal{X}(\Lambda)=0$：

$$\begin{aligned} \mathcal{X}(\Lambda) &=\left(\Lambda-\lambda_{1} I\right) \cdots\left(\Lambda-\lambda_{n} I\right) \\ &=\operatorname{diag}\left(0, \lambda_{2}-\lambda_{1}, \ldots, \lambda_{n}-\lambda_{1}\right) \cdots \operatorname{diag}\left(\lambda_{1}-\lambda_{n}, \ldots, \lambda_{n-1}-\lambda_{n}, 0\right) \\ &=0 \end{aligned}$$

现在考虑一般的情形：$T^{-1} A T=J$，考虑特征多项式

$$\mathcal{X}(s)=\left(s-\lambda_{1}\right)^{n_{1}} \cdots\left(s-\lambda_{q}\right)^{n_{q}}$$

所以只要证明$\mathcal{X}\left(J_{i}\right)=0$：

$$\mathcal{X}\left(J_{i}\right)=\left(J_{i}-\lambda_{1} I\right)^{n_{1}} \cdots \underbrace{\left[\begin{array}{cccc}{0} & {1} & {0} & {\cdots} \\ {0} & {0} & {1} & {\cdots} \\ {} & {} & {} & {\ddots}\end{array}\right]^{n_{i}}} _{\left(J_{i}-\dot{\lambda}_{i} I\right)^{n_{i}}} \cdots\left(J_{i}-\lambda_{q} I\right)^{n_{q}}=0$$

Lecture 13 带有输入输出的线性动力系统

输入和输出

回顾连续时间，时间不变的LDS的形式为

$$\dot{x}=A x+B u, \qquad y=C x+D u$$

• $Ax$被称为$\dot x$的漂移项
• $Bu$被称为$\dot x$的输入项

解释

将方程重写为

$$\dot{x}=A x+b_{1} u_{1}+\cdots+b_{m} u_{m}$$

其中$B=\left[b_{1} \cdots b_{m}\right]$

• 状态的导数为自治项$Ax$和每个输入项$b_iu_i$的总和
• 每个输入$u_i$给出$\dot x$的额外自由度（假设$B$的列线性无关）

将$\dot{x}=A x+B u$写成$\dot{x}_{i}=\tilde{a}_{i}^{T} x+\tilde{b}_{i}^{T} u$，其中$\tilde{a}_{i}^{T}, \tilde{b}_{i}^{T}$为$A,B$的行

• 第$i$个状态导数是状态$x$和输入$u$的线性函数

框图

• $A_{ij}$为状态$x_j$到第$i$个积分的增益因子
• $B_{ij}$为状态$u_j$到第$i$个积分的增益因子
• $C_{ij}$为状态$x_j$到输出$y_i$的增益因子
• $D_{ij}$为输入$u_j$到输出$y_i$的增益因子

传递矩阵

对$\dot{x}=A x+B u$使用拉普拉斯变换：

$$s X(s)-x(0)=A X(s)+B U(s)$$

因此

$$X(s)=(s I-A)^{-1} x(0)+(s I-A)^{-1} B U(s)$$

所以

$$x(t)=e^{t A} x(0)+\int_{0}^{t} e^{(t-\tau) A} B u(\tau) d \tau$$

• $e^{t A} x(0)$是非强制或自治反应
• $e^{t A} B$被称为输入到状态的脉冲矩阵
• $(s I-A)^{-1} B$被称为输入到状态的转移矩阵或转移函数

对于$y=C x+D u$，我们有：

$$Y(s)=C(s I-A)^{-1} x(0)+\left(C(s I-A)^{-1} B+D\right) U(s)$$

所以

$$y(t)=C e^{t A} x(0)+\int_{0}^{t} C e^{(t-\tau) A} B u(\tau) d \tau+D u(t)$$

• 输出项$C e^{t A} x(0)$是由初始状态决定
• $H(s)=C(s I-A)^{-1} B+D$被称为转移函数或转移矩阵
• $h(t)=C e^{t A} B+D \delta(t)$被称为脉冲矩阵或脉冲响应（$\delta$为狄利克雷函数）

对于$0$初始状态，我们有：

$$Y(s)=H(s) U(s), \qquad y=h * u$$

其中*表示卷积。

解释：

• $H_{i j}$是输入$u_j$到输出$y_i$的转移函数

脉冲矩阵

考虑脉冲矩阵$h(t)=C e^{t A} B+D \delta(t)$，如果$x(0)=0,y=h*u$，即

$$y_{i}(t)=\sum_{j=1}^{m} \int_{0}^{t} h_{i j}(t-\tau) u_{j}(\tau) d \tau$$

解释：

• $h_{i j}(t)$为第$j$个输入到第$i$个输出的脉冲响应
• $h_{i j}(t)$给出$y_i$，如果$u(t)=e_{j} \delta$
• $h_{i j}(\tau)$展示出输出$i$如何依赖于$\tau$秒前的输入$j$
• $i$是输出的索引；$j$是输入的索引；$\tau$是时间延迟的索引

阶梯矩阵

阶梯矩阵或阶梯响应矩阵为

$$s(t)=\int_{0}^{t} h(\tau) d \tau$$

解释：

• $s_{i j}(t)$为第$j$个输入到第$i$个输出的阶梯响应
• $s_{i j}(t)$给出$y_i$，如果$u=e_j, t\ge 0$

对于可逆矩阵$A$，我们有

$$s(t)=C A^{-1}\left(e^{t A}-I\right) B+D$$