8.5.1 线性连续定常系统的能控性

一、核心考点与理论精要

1. 能控性的定义与物理意义

考虑线性连续定常系统：

\dot{x}(t) = Ax(t) + Bu(t)

其中 $x(t) \in \mathbb{R}^n$ 为状态向量， $u(t) \in \mathbb{R}^p$ 为控制输入向量， $A \in \mathbb{R}^{n \times n}, B \in \mathbb{R}^{n \times p}$ 为常数矩阵。

定义： 若存在一个容许的（分段连续的）控制输入向量 $u(t)$ ，能在有限时间区间 $[t_0, t_f]$ 内，使系统由任意初始状态 $x(t_0)$ 转移到指定的任意终端状态 $x(t_f)$ ，则称此状态是能控的。若系统状态空间中的所有状态都是能控的，则称此系统是状态完全能控的（简称系统是能控的）。

8.5.1-状态能控性几何轨迹图.png

物理本质：能控性表征了输入量 $u(t)$ 控制/操纵系统全部内部状态变量 $x_i(t)$ 的能力。若存在某个内部状态完全不受输入 $u(t)$ 的任何影响，则系统必然不能控。
等价性质（线性定常系统）：由状态转移方程： $x(t_f) = e^{A(t_f - t_0)}x(t_0) + \int_{t_0}^{t_f} e^{A(t_f - \tau)} B u(\tau) \, d\tau$ 可以证明：在有限时间内“从任意初态 $x(t_0)$ 转移到任意终态 $x(t_f)$ ”等价于“在有限时间内从任意初态 $x(t_0)$ 转移到原点 $0$ ”，也等价于“从原点 $0$ 转移到任意目标状态 $x_f$ ”。
与时间 $t_f$ 的无关性：对于线性连续定常系统，若系统在某个时间区间能控，则在任意给定的有限时间区间 $[t_0, t_f]$ （无论时间多短）内均完全能控（只是所需控制能量大小不同）。

2. 状态能控性三大判据体系（考研核心）

判据一：Kalman 秩判据（代数判据）

判据二：PBH 特征值秩判据（Popov-Belevitch-Hautus 判据）

判据三：特殊矩阵直接判据（对角型与约旦型模态判据 / Gilbert 判据）

当系统状态矩阵 $A$ 已化为对角型（ $\Lambda$ ）或约旦标准型（ $J$ ）时，无需构造能控性判别矩阵 $M$ 或进行初等行变换，可直接通过输入矩阵 $B$ （或输入向量 $b$ ）对应行的元素特征直接判定系统能控性。

（一） $A$ 阵为对角矩阵时的能控性判断

考虑对角标准型系统状态方程：

\dot{x} = \Lambda x + bu \quad (\text{多输入系统为 } \dot{x} = \Lambda x + Bu)

其中：

\Lambda = \begin{bmatrix} \lambda_1 & & & 0 \\ & \lambda_2 & & \\ & & \ddots & \\ 0 & & & \lambda_n \end{bmatrix}, \quad b = \begin{bmatrix} b_1 \\ b_2 \\ \vdots \\ b_n \end{bmatrix} \quad (\text{或 } B \in \mathbb{R}^{n \times p})

【能控性充要条件】

互异特征值情形：输入矩阵 $B$ （或向量 $b$ ）中对应于互异特征值的部分，它的各行元素没有全为 $0$ 的（即 $B$ 的每一行都至少包含一个非零元素）。
重特征值情形：若存在重特征值（几何重数 $r > 1$ ），则 $B$ 中对应于该重特征值的所有行向量必须线性无关（从而该重特征值至少需要 $r$ 个独立的控制输入分量，单输入系统对于重特征值对角阵必然不能控）。

【即时对比算例】

系统 ①（完全能控）： $\begin{bmatrix} \dot{x}_1 \\ \dot{x}_2 \\ \dot{x}_3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 8 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ 3 & 0 \\ 0 & 2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} u_1 \\ u_2 \end{bmatrix}$ 分析：特征值 $8, -1, 2$ 互异。 $B$ 的第 1 行为 $\begin{bmatrix} 0 & 1 \end{bmatrix} \neq 0$ ，第 2 行为 $\begin{bmatrix} 3 & 0 \end{bmatrix} \neq 0$ ，第 3 行为 $\begin{bmatrix} 0 & 2 \end{bmatrix} \neq 0$ ，各行均非全 $0$ ，故系统完全能控。
系统 ②（不完全能控）： $\dot{x}(t) = \begin{bmatrix} -7 & & \\ & -5 & \\ & & -1 \end{bmatrix} x(t) + \begin{bmatrix} 2 \\ 0 \\ 9 \end{bmatrix} u(t)$ 分析：特征值 $-7, -5, -1$ 互异。但对应特征值 $\lambda_2 = -5$ 的第 2 行元素为 $0$ ，输入 $u(t)$ 无法驱动状态 $x_2$ （ $\dot{x}_2 = -5x_2$ 形成自治齐次模态），故系统不完全能控。

（二） $A$ 阵为约旦矩阵时的能控性判断

考虑约旦标准型系统状态方程：

\dot{x} = Jx + bu \quad (\text{多输入系统为 } \dot{x} = Jx + Bu)

其分块拓扑结构如图所示：

J = \left[\begin{array}{cccc|cccc|ccc} \lambda_1 & 1 & & 0 & & & & & & & \\ & \lambda_1 & \ddots & & & 0 & & & & 0 & \\ & & \ddots & 1 & & & & & & & \\ 0 & & & \lambda_1 & & & & & & & \\ \hline & & & & \lambda_m & 1 & & 0 & & & \\ & 0 & & & & \lambda_m & \ddots & & & 0 & \\ & & & & & & \ddots & 1 & & & \\ & & & & 0 & & & \lambda_m & & & \\ \hline & & & & & & & & \lambda_{m+1} & & 0 \\ & 0 & & & & 0 & & & & \ddots & \\ & & & & & & & & 0 & & \lambda_n \end{array}\right], \quad B = \left[\begin{array}{c} b_1 \\ b_2 \\ \vdots \\ \mathbf{b_m} \\ \hline b_{m+1} \\ \vdots \\ \mathbf{b_l} \\ \hline b_{l+1} \\ \vdots \\ \mathbf{b_n} \end{array}\right]

【三大能控性条件（讲义黄金法则）】

互异特征值准则： $b$ （或 $B$ ）中对应于互异特征值约旦块的部分，它与每个约旦块最后一行相对应的一行的元素没有全为 $0$ 的。
同特征值单块非零准则： $b$ （或 $B$ ）中对应于相同特征值的约旦块部分，它与每个约旦块最后一行相应的一行的元素没有全为 $0$ 的。
同特征值多块线性无关准则（重根约旦块核心）：若相同特征值对应不同的约旦块，则 $b$ （或 $B$ ）中与各个约旦块最后一行元素所形成的行向量组必须线性无关。

[!tip] 核心考场口诀与物理传导机制 “能控看末行，能观才看首行；同根多块验无关，单入同根必完蛋！”

为什么只看最后一行？ 约旦块各状态通过上副对角线的 $1$ 构成单向导通的积分链（由末行向前级积分器内生驱动）。外部控制 $u(t)$ 只要注入末行，控制信号就能沿积分链回传驱动整个约旦块的所有状态（参见下节模拟结构图分析）；前级行元素是否为 $0$ 完全不影响系统能控性。

为什么单输入下同根多块必完蛋？ 若相同的特征值对应 $k$ 个独立的约旦块（ $k \ge 2$ ），每个约旦块末行在单输入 $b$ 中仅为 $1$ 个标量数值，标量之间必然线性相关（秩为 $1 < k$ ），因此单输入系统绝对无法完全控制具有相同特征值的多个独立约旦块！

3. 能控性的直观机理与模拟结构图分析

为了深入理解约旦块“最后一行必须有输入”的数学本质，我们从状态微分方程组与模拟结构图进行对比分析：

（1）能控状态的结构模型

考虑二阶单约旦块系统：

\begin{bmatrix} \dot{x}_1 \\ \dot{x}_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \lambda_1 & 1 \\ 0 & \lambda_1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 0 \\ b_2 \end{bmatrix} u, \quad y = \begin{bmatrix} c_1 & c_2 \end{bmatrix} x

展开微分方程组：

\begin{cases} \dot{x}_1 = \lambda_1 x_1 + x_2 \\ \dot{x}_2 = \lambda_1 x_2 + b_2 u \end{cases}

8.5.1-能控约旦块模拟结构图.png

（2）不能控状态的结构模型

若控制量仅注入到第一行（非末行）：

\begin{bmatrix} \dot{x}_1 \\ \dot{x}_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \lambda_1 & 1 \\ 0 & \lambda_1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} b_1 \\ 0 \end{bmatrix} u, \quad y = \begin{bmatrix} c_1 & c_2 \end{bmatrix} x

展开微分方程组：

\begin{cases} \dot{x}_1 = \lambda_1 x_1 + x_2 + b_1 u \\ \dot{x}_2 = \lambda_1 x_2 \end{cases}

8.5.1-不能控约旦块模拟结构图.png

二、标准解题模型与计算步骤

观察矩阵结构：
- 若 $A$ 为能控标准型（伴随矩阵型），根据标准型构造定义，系统天然完全能控。
- 若 $A$ 为对角阵或约旦阵，直接应用 Gilbert 模态判据（检查对角阵各行非零、约旦块末行非零与线性无关性）。
一般矩阵判定：
- 优先选用 Kalman 秩判据：
  - 计算矩阵幂积 $B, AB, A^2B, \cdots, A^{n-1}B$ ；
  - 构造 $M = \begin{bmatrix} B & AB & \cdots & A^{n-1}B \end{bmatrix}$ ；
  - 单输入方阵计算行列式 $\det(M)$ ，多输入矩阵采用初等行变换求 $\text{rank}(M)$ ；
  - 若 $\text{rank}(M) = n$ ，则系统状态完全能控；若 $\text{rank}(M) < n$ ，则不完全能控。
高阶/特征值明确系统：
- 选用 PBH 判据：求出 $A$ 的特征值 $\lambda_i$ ，依次验证 $\text{rank}[\lambda_i I - A \quad B] \stackrel{?}{=} n$ 。

三、经典例题与真题精析

例题 1：二阶单输入系统能控性判别（Kalman 秩判据）

解：系统阶数 $n = 2$ 。输入向量 $b = \begin{bmatrix} -5 \\ 1 \end{bmatrix}$ 。计算 $Ab$ ：

Ab = \begin{bmatrix} -4 & 5 \\ 1 & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -5 \\ 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} (-4) \times (-5) + 5 \times 1 \\ 1 \times (-5) + 0 \times 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 25 \\ -5 \end{bmatrix}

构造能控性判别矩阵 $M$ ：

M = \begin{bmatrix} b & Ab \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -5 & 25 \\ 1 & -5 \end{bmatrix}

计算其行列式（或观察线性相关性）：

\det(M) = (-5) \times (-5) - 25 \times 1 = 25 - 25 = 0

因此：

\text{rank}(M) = 1 < n = 2

结论： 该系统不完全能控（不可控）。

例题 2：三阶多输入系统能控性判别（初等变换求秩）

解：系统阶数 $n = 3$ ，输入矩阵 $B = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{bmatrix}$ 。计算 $AB$ 与 $A^2B$ ：

AB = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix}

A^2B = A(AB) = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 & 4 \\ 0 & 1 \\ 4 & 2 \end{bmatrix}

构造能控性矩阵 $M \in \mathbb{R}^{3 \times 6}$ ：

M = \begin{bmatrix} B & AB & A^2B \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 & 2 & 2 & 4 \\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 4 & 2 \end{bmatrix}

观察 $M$ 的前三列组成的子矩阵：

M_{1:3} = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}, \quad \det(M_{1:3}) = 1 \neq 0

显然 $M$ 包含一个 3 阶非奇异子式，故：

\text{rank}(M) = 3 = n

结论： 该系统状态完全能控。

例题 3：四阶系统利用 PBH 判据分析能控性

解：系统阶数 $n = 4$ 。

第一步：求解特征值 计算系统矩阵 $A$ 的特征多项式：

|\lambda I - A| = \det \begin{bmatrix} \lambda & -1 & 0 & 0 \\ 0 & \lambda & 1 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda & -1 \\ 0 & 0 & 5 & \lambda \end{bmatrix}

按第一列拉普拉斯展开：

|\lambda I - A| = \lambda \cdot \det \begin{bmatrix} \lambda & 1 & 0 \\ 0 & \lambda & -1 \\ 0 & 5 & \lambda \end{bmatrix} = \lambda \cdot \lambda \cdot (\lambda^2 + 5) = \lambda^2 (\lambda^2 + 5) = 0

解得特征值为：

\lambda_1 = \lambda_2 = 0, \quad \lambda_3 = j\sqrt{5}, \quad \lambda_4 = -j\sqrt{5}

第二步：PBH 秩检验

对二重根 $\lambda_{1,2} = 0$ ：

\begin{bmatrix} 0I - A & B \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 & -1 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 5 & 0 & -2 & 0 \end{bmatrix}

对该矩阵进行初等行变换：

第 1 行：第 2 列主元 $-1$ ；
第 3 行：第 4 列主元 $-1$ ；
考虑第 2、4 行关于第 3、5 列构成的子阵： $\begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 5 & -2 \end{bmatrix}$ ，其行列式为 $-2 - 5 = -7 \neq 0$ 。显然 4 行全部线性无关，即：

\text{rank} \begin{bmatrix} 0I - A & B \end{bmatrix} = 4 = n

对共轭虚根 $\lambda_3 = j\sqrt{5}$ ：

\begin{bmatrix} j\sqrt{5}I - A & B \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} j\sqrt{5} & -1 & 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & j\sqrt{5} & 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & j\sqrt{5} & -1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 5 & j\sqrt{5} & -2 & 0 \end{bmatrix}

检验其行向量独立性：第 1 行由第 6 列的 $1$ 独立，第 2 行由第 5 列的 $1$ 独立，第 3、4 行与矩阵各列联合初等化简后满 4 秩，即：

\text{rank} \begin{bmatrix} j\sqrt{5}I - A & B \end{bmatrix} = 4 = n

同理对 $\lambda_4 = -j\sqrt{5}$ ，亦满足 $\text{rank} \begin{bmatrix} -j\sqrt{5}I - A & B \end{bmatrix} = 4 = n$ 。

结论： 对 $A$ 的所有特征值均满足 PBH 满秩条件，系统状态完全能控。

例题 4：约旦型与特殊矩阵系统直观模态判据（讲义经典四模型）

判断下列各线性定常系统的能控性：

(1) 互异特征值约旦系统：

\begin{bmatrix} \dot{x}_1 \\ \dot{x}_2 \\ \dot{x}_3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \lambda_1 & 1 & 0 \\ 0 & \lambda_1 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda_3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} 0 \\ b_2 \\ b_3 \end{bmatrix} u \quad (b_2 \neq 0, b_3 \neq 0)

(2) 相同特征值多约旦块单输入系统：

\dot{x}(t) = \begin{bmatrix} -4 & 1 & 0 \\ 0 & -4 & 0 \\ 0 & 0 & -4 \end{bmatrix} x(t) + \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ 2 \end{bmatrix} u(t)

(3) 约旦块末行输入阻断系统：

\begin{bmatrix} \dot{x}_1 \\ \dot{x}_2 \\ \dot{x}_3 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \lambda_1 & 1 & 0 \\ 0 & \lambda_1 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda_3 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{bmatrix} + \begin{bmatrix} b_1 \\ 0 \\ b_3 \end{bmatrix} u \quad (b_1 \neq 0, b_3 \neq 0)

(4) 相同特征值多约旦块多输入系统：

A = \begin{bmatrix} \lambda & 1 & 0 & 0 \\ 0 & \lambda & 1 & 0 \\ 0 & 0 & \lambda & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \lambda \end{bmatrix}, \quad B = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 2 & 1 \\ 3 & 2 \\ 8 & 4 \end{bmatrix}

解：

小题 (1)：
- 矩阵 $A$ 包含两个互异特征值的约旦块：二阶约旦块 $J_1(\lambda_1)$ （对应状态 $x_1, x_2$ ）和一阶约旦块 $J_2(\lambda_3)$ （对应状态 $x_3$ ）。
- 检查各约旦块末行在输入向量 $b$ $b$ 中对应的元素：
  - $J_1(\lambda_1)$ 的最后一行（第 2 行）对应元素为 $b_2 \neq 0$ ；
  - $J_2(\lambda_3)$ 的最后一行（第 3 行）对应元素为 $b_3 \neq 0$ ；
- 各互异约旦块末行输入均非零，满足能控性条件。
- 结论：系统完全能控。
小题 (2)：
- 矩阵 $A$ 的特征值均为重特征值 $\lambda = -4$ ，由两个独立的约旦块构成：二阶约旦块 $J_1(-4)$ （行 1~2）与一阶约旦块 $J_2(-4)$ （行 3）。
- 检查末行对应向量组：
  - $J_1(-4)$ 末行（第 2 行）在 $b$ 中对应标量为 $r_1 = [1]$ ；
  - $J_2(-4)$ 末行（第 3 行）在 $b$ 中对应标量为 $r_2 = [2]$ ；
- 检验线性相关性： $r_2 = 2 r_1$ ，一维标量之间必然线性相关（单输入系统无法同时独立驱动同特征值的两个独立模态积分链）。
- 结论：系统不完全能控。
小题 (3)：
- 矩阵 $A$ 包含互异特征值的约旦块 $J_1(\lambda_1)$ 与 $J_2(\lambda_3)$ 。
- 检查 $b$ $b$ 中对应各块末行的元素：
  - $J_1(\lambda_1)$ 的最后一行（第 2 行）对应元素为 $0$ （控制量仅注入到首行 $\dot{x}_1$ ）；
  - 末行状态方程为齐次方程 $\dot{x}_2 = \lambda_1 x_2$ ，完全不受控制量操纵，且信号无法由 $x_1$ 逆流回传驱动 $x_2$ 。
- 违反“约旦块末行非零”准则。
- 结论：系统不完全能控。
小题 (4)：
- 矩阵 $A$ 包含相同特征值 $\lambda$ 的两个约旦块：前 3 行为三阶约旦块 $J_1(\lambda)$ ，第 4 行为一阶约旦块 $J_2(\lambda)$ 。
- 提取各约旦块末行在输入矩阵 $B$ $B$ 中对应的行向量：
  - $J_1(\lambda)$ 的末行（第 3 行）对应行向量为 $r_1 = \begin{bmatrix} 3 & 2 \end{bmatrix}$ ；
  - $J_2(\lambda)$ 的末行（第 4 行）对应行向量为 $r_2 = \begin{bmatrix} 8 & 4 \end{bmatrix}$ ；
- 检验行向量组的线性相关性： $\det \begin{bmatrix} r_1 \\ r_2 \end{bmatrix} = \det \begin{bmatrix} 3 & 2 \\ 8 & 4 \end{bmatrix} = 3 \times 4 - 2 \times 8 = 12 - 16 = -4 \neq 0$ 矩阵满秩，说明行向量组 $r_1, r_2$ 严格线性无关！
- 满足同特征值多约旦块末行线性无关准则。
- 结论：系统完全能控。

例题 5：二阶耦合系统能控性判别与退化分析

四、易错陷阱与避坑指南

对角阵重根陷阱：
- 错误认识：“只要对角阵每行都有非零输入，系统就一定能控”。
- 正确结论：若对角阵存在重特征值（几何重数 $>1$ ），必须要求对应重特征值的各行在 $B$ 中构成的行向量线性无关！若为单输入系统，重特征值对角阵必然不可控。
约旦块输入位置混淆：
- 错误认识：误以为约旦块首行非零就能控。
- 正确结论：能控看末行，能观才看首行！约旦块必须是最后一行有控制输入注入，信号才能通过积分链回传驱动整个约旦块。
秩判据矩阵构造方向混淆：
- 能控性矩阵是横向水平拼接： $M = \begin{bmatrix} B & AB & \cdots & A^{n-1}B \end{bmatrix}$ （列数扩展）；
- 能观性矩阵才是纵向垂直拼接： $N = \begin{bmatrix} C \\ CA \\ \vdots \\ CA^{n-1} \end{bmatrix}$ （行数扩展）。
坐标变换下的能控性不变性：
- 经非奇异线性变换 $x = P\bar{x}$ 后，系统的能控性保持严格不变： $\bar{M} = \begin{bmatrix} \bar{B} & \bar{A}\bar{B} & \cdots & \bar{A}^{n-1}\bar{B} \end{bmatrix} = P^{-1} M \implies \text{rank}(\bar{M}) = \text{rank}(M)$

ギターと孤独と蒼い惑星

8.5.1 线性连续定常系统的能控性

8.5.1 线性连续定常系统的能控性

一、核心考点与理论精要

1. 能控性的定义与物理意义

2. 状态能控性三大判据体系（考研核心）

判据一：Kalman 秩判据（代数判据）

判据二：PBH 特征值秩判据（Popov-Belevitch-Hautus 判据）

判据三：特殊矩阵直接判据（对角型与约旦型模态判据 / Gilbert 判据）

3. 能控性的直观机理与模拟结构图分析

（1）能控状态的结构模型

（2）不能控状态的结构模型

二、标准解题模型与计算步骤

三、经典例题与真题精析

例题 1：二阶单输入系统能控性判别（Kalman 秩判据）

例题 2：三阶多输入系统能控性判别（初等变换求秩）

例题 3：四阶系统利用 PBH 判据分析能控性

例题 4：约旦型与特殊矩阵系统直观模态判据（讲义经典四模型）

例题 5：二阶耦合系统能控性判别与退化分析

四、易错陷阱与避坑指南

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