Леонов Г.А., Шумафов М.М. Проблемы стабилизации линейных управляемых систем
Подождите немного. Документ загружается.
121
Тогда существует (m × n)-матрица R такая, что матрица
A + BR имеет только вещественные собственные значения.
Д о к а з а т е л ь с т в о . Пусть матрица A имеет k веще-
ственных γ
1
, ··· , γ
k
и некоторое число ` комплексно-сопряженных
пар λ
1
,
¯
λ
1
,···λ
`
,
¯
λ
`
(с учетом их кратностей) собственных чисел, при-
чем k + 2` = n. Тогда, приводя матрицу A к вещественной "ниж-
ней"жордановой нормальной форме и записывая ее в аналогичном
(7) виде, а затем повторяя рассуждения доказательства леммы 5,
получим утверждение леммы 6.
2. Теорема о стабилизации. Приступим теперь к доказатель-
ству теоремы о стабилизации. Здесь мы докажем более общее утвер-
ждение.
Теорема (о стабилизации). Пусть A и b — вещественные
(n×n)- и (n×m)-матрицы сответственно, и пара (A, b) полностью
управляема. Пусть, далее, µ
1
, ··· , µ
n
— произвольные вещественные
числа.
Тогда существует вещественная (n × m)-матрица s такая, что
набор собственных чисел (спектр σ) матрицы A + bs
∗
совпадает с
набором {µ
1
, ··· , µ
n
}, т.е.
σ(A + bs
∗
) = {µ
1
, ··· , µ
n
}. (µ
j
∈ R, j = 1, ··· , n).
В частности, если µ
j
< 0, j = 1, ··· , n, то матрица A + bs
∗
гурви-
цева.
Д о к а з а т е л ь с т в о . В силу лемм 5 и 6 существует
(n × m)-матрица r
0
такая, что все собственные значения матрицы
A
0
= A + br
∗
0
будут вещественными, причем в силу следствия 1 тео-
ремы 1 из § 1, гл.II пара (A
0
, b) будет полностью управляемой.
Пусть λ
1
, ··· , λ
n
(λ
j
∈ R, j = 1, ··· , n) — собственные числа мат-
рицы A
0
с учетом их кратностей и µ
1
, ··· , µ
n
— произвольные веще-
ственные числа (среди которых могут быть и равные).
Доказательство теоремы разобьем на несколько этапов — решений
ряда промежуточных задач.
1) {A
0
, b; λ
1
|µ
1
}-задача: построить (n ×m)-матрицу s
1
такую, что-
бы выполнялось соотношение:
σ(A
0
+ bs
∗
1
) = {µ
1
; λ
2
, ··· , λ
n
}, (20)
122
т.е. чтобы набор собственных чисел матрицы A
0
+ bs
∗
1
совпадал с
аналогичным набором собственных чисел матрицы A
0
, в котором
число λ
1
заменено на µ
1
.
Для решения сформулированной задачи с помощью преобразова-
ния подобия
e
A
0
= Q
−1
0
A
0
Q
0
,
где Q
0
— неособая матрица, приведем матрицу A
0
к вещественной
"нижней" жордановой нормальной форме, которую запишем в виде:
e
A
0
=
λ
1
0 0 . . . 0
ε
21
λ
2
0 ··· 0
ε
31
ε
32
λ
3
. . . 0
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
ε
n1
ε
n2
. . . ε
nn−1
λ
n
, (21)
где ε
ij
(i = 2, ··· , n, 1 ≤ j < i) — числа, равные 0 или 1. Очевидно,
что спектр σ(
e
A
0
) = σ(A).
Пусть
e
b = Q
−1
0
b =
Ã
e
b
11
e
b
12
e
b
21
e
b
22
!
} 1
} n − 1
|{z}
1
|{z}
m−1
. (22)
Решим сначала {
e
A
0
,
e
b; λ
1
|µ
1
}-задачу. Для этого ищем соответствую-
щую матрицу es
1
в виде
es
1
=
µ
ρ
1
0
0 0
¶
} 1
} n − 1
|{z}
1
|{z}
n−1
, (23)
где число ρ
1
подлежит определению. Отсюда, с учетом (21) и (22),
имеем
e
A
0
+
e
bes
∗
1
=
Ã
λ
1
+
e
b
11
ρ
1
0
g
1
A
1
!
} 1
} n − 1
| {z }
1
|{z}
n−1
, (24)
123
где g
1
= ε
1
+ ρ
1
e
b
21
,
ε
1
=
ε
21
.
.
.
ε
n1
, A
1
=
λ
2
ε
32
.
.
.
0
.
.
.
.
.
.
ε
n2
. . . ε
nn−1
λ
n
.
Так как пара (A
0
, b) полностью управляема, то согласно лемме 1
(см. замечание)
e
b
11
6= 0. Поэтому из уравнения
λ
1
+
e
b
11
ρ
1
= µ
1
находим
ρ
1
=
µ
1
− λ
1
e
b
11
. (25)
Из (24) и (25) получаем, что
σ(
e
A
0
+
e
bes
∗
1
) = {µ
1
; λ
2
, ··· , λ
n
}, (26)
т.е. матрица (23) с числом ρ
1
, определяемым из (25), решает
{
e
A
0
,
e
b; λ
1
|µ
1
}-задачу.
Отсюда легко следует, что и матрица
s
1
= (Q
∗
0
)
−1
es
1
(27)
решает исходную {A, b; λ
1
|µ
1
}-задачу. Действительно, матрицу
e
A
1
=
e
A
0
+
e
bes
∗
1
можно представить так:
e
A
1
= Q
−1
0
(A
0
+ bes
∗
1
Q
−1
0
)Q
0
. (28)
Так как матрица
e
A
1
подобна матрице
A
1
= A
0
+ bs
∗
1
, (29)
где s
1
– матрица (27), то из (26) и (28) получаем соотношение
σ(A
1
) = {µ
1
; λ
2
, ··· , λ
n
},
которое, с учетом (29), совпадает с (20). При этом пара (A
1
, b) пол-
ностью управляема, так как полностью управляема пара (A
0
, b)
(см. следствие 1 теоремы 1, § 1, гл.II).
2) {A
1
, b; λ
2
|µ
2
}-задача: построить (n×m)-матрицу s
2
такую чтобы
σ(A
1
+ bs
∗
2
) = {µ
1
, µ
2
; λ
3
, ··· , λ
n
}. (30)
124
Для решения этой задачи сначала сделаем некоторые преобразо-
вания подобия над матрицей
e
A
1
. Перестановкой 1-й и 2-й строк, 1-го
и 2-го столбцов поменяем местами µ
1
и λ
2
. Это равносильно умно-
жению матрицы
e
A
1
слева и справа на ортогональную матрицу
T
1
=
0 1 0 . . . 0
1 0 0 . . . 0
0 0 1 . . . 0
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
0 0 0 . . . 1
¾
2
n − 2
.
| {z }
2
| {z }
n−2
При этом матрица T
1
e
A
1
T
1
имеет тот же спектр, что и A
1
, так как
T
−1
1
= T
∗
1
= T
1
и матрица
e
A
1
подобна A
1
. Далее, преобразуем T
1
e
A
1
T
1
в подобную ей матрицу
e
e
A
1
= P
−1
1
(T
1
e
A
1
T
1
)P
1
,
(где P
1
— неособая матрица), имеющую нижний треугольный вид
(например, вещественную "нижнюю"жордановую нормальную фор-
му):
e
e
A
1
= Q
−1
1
e
A
1
Q
1
=
λ
2
| 0 . . . 0
ε
0
21
| µ
1
. . . 0
.
.
. |
.
.
.
.
.
.
.
.
.
ε
0
n1
| ε
0
n2
. . . λ
n
(31)
где Q
1
= T
1
P
1
, а ε
0
ij
(i = 2, ··· , n, 1 ≤ j < i) — числа равные 0 или
1.
Пусть
e
e
b = Q
−1
1
e
b =
e
e
b
11
|
e
e
b
12
e
e
b
21
|
e
e
b
22
ª
1
ª
n − 1
|{z}
1
|{z}
m−1
, (32)
125
В (32)
e
e
b
11
6= 0 в силу леммы 1, так как пара (A
1
, b) и, следовательно,
в силу следствия 2 теоремы 1, из § 1, гл.II пара (
e
A
1
,
e
b) полностью
управляема.
Теперь решим, как и выше в п.1), {
e
e
A
1
,
e
e
b; λ
2
|µ
2
}-задачу. Ищем мат-
рицу es
2
такую, чтобы матрица
e
e
A
2
=
e
e
A
1
+
e
e
bes
∗
2
(33)
приняла вид
e
e
A
2
=
µ
2
| 0
g
2
| A
2
ª
1
ª
n − 1
|{z}
1
|{z}
n−1
, (34)
где g
2
— некоторая одностолбцовая матрица, а A
2
— матрица, соб-
ственные значения которой суть µ
1
; λ
3
, ··· , λ
n
.
Полагая
es
2
=
ρ
2
| 0
0 | 0
ª
1
ª
n − 1
|{z}
1
|{z}
m−1
, (35)
где ρ
2
определяется из аналогичного (25) равенства
ρ
2
=
µ
2
− λ
2
e
e
b
11
(
e
e
b
11
6= 0), (36)
и используя (31) и (32) получим, что матрица (33) имеет вид (34),
где g
2
= ε
0
2
+ ρ
2
e
e
b
21
ε
0
2
=
ε
0
21
.
.
.
ε
0
n1
, A
2
=
µ
1
0 . . . 0
ε
0
21
λ
3
. . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
ε
0
n1
. . . ε
0
nn−1
λ
n
.
Из (34) следует, что
σ(
e
e
A
2
) = {µ
1
, µ
2
; λ
3
, ··· , λ
n
}, (37)
126
т.е. матрица (35) с ρ
2
из (36) дает решение {
e
e
A
1
,
e
e
b; λ
2
|µ
2
}-задачи, от-
куда в свою очередь следует решение {A
1
, b; λ
2
|µ
2
}-задачи. Действи-
тельно, из (33), с учетом (31), (32), (28) и (22), имеем
e
e
A
2
= Q
−1
1
(
e
A
1
+
e
bes
∗
2
Q
−1
1
)Q
1
=
= Q
−1
1
Q
−1
0
(A
0
+ bes
∗
1
Q
−1
0
+ bes
∗
2
Q
−1
1
Q
−1
0
)Q
0
Q
1
=
= (Q
0
Q
1
)
−1
(A
1
+ bs
∗
2
)(Q
0
Q
1
), (38)
где A
1
— матрица, определяемая (29), а
s
2
= (Q
∗
1
Q
∗
0
)
−1
es
2
.
Так как в силу (38) матрицы
e
e
A
2
и
A
2
= A
1
+ bs
∗
2
, (39)
где A
1
— матрица, определяемая (29), подобны, то с учетом (37)
получаем
σ(A
2
) = {µ
1
, µ
2
; λ
3
, ··· , λ
n
},
т.е. для матрицы (39) имеет место соотношение (30). Из равенств
(39) и (29) имеем
A
2
= A
0
+ b(s
1
+ s
2
)
∗
,
причем пара (A
2
, b) полностью управляема, поскольку полностью
управляема пара (A
0
, b).
Продолжая этот процесс решения соответствующих
{A
i
, b; λ
i+1
|µ
i+1
}-задач (i = 0, ··· , n − 1), последовательно заменим
каждое собственное значение λ
j
(j = 1, ··· , n) матрицы A
0
на со-
ответствующее число µ
j
из заданного набора {µ
j
}
n
j=1
, получая при
этом последовательно матрицы
A
1
= A
0
+ bs
∗
1
, A
2
= A
0
+ b(s
1
+ s
2
)
∗
, ··· , A
n
=
= A
0
+ b(s
1
+ ··· + s
n
)
∗
,
(40)
где
s
1
= (Q
∗
0
)
−1
es
1
, s
2
= (Q
∗
1
Q
∗
0
)
−1
es
2
, ··· , s
n
= (Q
∗
n−1
···Q
∗
0
)
−1
es
n
, (41)
es
j
=
ρ
j
| 0
0 | 0
ª
1
ª
n − 1
|{z}
1
|{z}
m−1
, ρ
j
=
µ
j
− λ
j
b
(j)
11
, (42)
127
b
(j)
= (Q
0
···Q
j−1
)
−1
b =
b
(j)
11
| b
(j)
12
b
(j)
21
| b
(j)
22
ª
1
ª
n − 1
|{z}
1
|{z}
m−1
(b
(j)
11
6= 0),
(43)
( в п. 1) и 2) b
(1)
=
e
b, b
(2)
=
e
e
b; b
(1)
11
=
e
b
11
, b
(2)
11
=
e
e
b
11
).
При этом очевидно, что для матрицы A
n
из (40) будем иметь
σ(A
n
) = {µ
1
, ··· , µ
n
}. (44)
Положим
s = r
0
+
n
X
j=1
s
j
. (45)
Тогда с учетом того, что A
0
= A + Br
∗
0
, из (44) и (40) получаем
σ(A + bs
∗
) = {µ
1
, . . . , µ
n
},
где s – матрица (45).
Теорема о стабилизации полностью доказана.
Замечание 1. В ходе доказательства теоремы о стабилизации дан
конструктивный метод построения стабилизирующей матрицы s.
Замечание 2. Полная управляемость системы является (как это
следует из доказанной выше теоремы о стабилизации) достаточ-
ным условием для ее стабилизируемости, но вовсе не необходимым.
Например, система (1), где A — гурвицева матрица, а b = 0, стаби-
лизируема, но неполностью управляема.
Замечание 3. Имеются и другие доказательства теоремы о стаби-
лизации (см.[4,54,70,71,73,147]). Однако, все эти доказательства для
векторного (когда число m управляющих воздействий больше еди-
ницы) и вещественного случая достаточно громоздки. Приведенное
выше доказательство теоремы о стабилизации следует работе [99].
§ 5. Проблема управления спектром матрицы
В § 4 нами доказано, что для произвольных вещественных матриц
A и b таких, что пара (A, b) полностью управляема, и произвольного
128
набора {µ
j
}
n
j=1
вещественных чисел µ
j
существует такая веществен-
ная матрица s, что спектр σ(A + bs
∗
) матрицы A + bs
∗
совпадает с
набором {µ
j
}
n
j=1
.
В связи с этим возникает следующая задача — так называемая
проблема управления спектром матрицы: даны произвольные ве-
щественные матрицы A и b (порядков n ×n и n ×m соответственно)
и произвольный набор {µ
j
}
n
j=1
чисел µ
j
∈ C такой, что вместе с (ком-
плексным) числом µ
j
в этот набор входит и комплексно–сопряженное
число ¯µ
j
; требуется найти вещественную матрицу s (порядка n×m)
такую, чтобы
σ(A + bs
∗
) = {µ
1
, ··· , µ
n
}. (1)
Сформулированная выше задача (и более общая задача, когда мат-
рицы A и b — комплексные, а {µ
j
}
n
j=1
— произвольный набор ком-
плексных чисел) имеет решение (см., например,[4,54,70,71,73,147] ).
Однако, следует отметить, что все доказательства соответствующего
утверждения достаточно громоздки для случая m > 1.
Здесь мы приведем решение проблемы управления спектром для
случая m = 1, когда доказательство существования соответствую-
щей матрицы s относительно простое.
Теорема (oб управлении спектром матрицы). Пусть A —
произвольная вещественная матрица порядка n×n и b — одностолб-
цовый вектор: b ∈ R
n
.
Тогда проблема управления спектром мартрицы A разрешима то-
гда и только тогда, когда пара (A, b) полностью управляема.
Д о к а з а т е л ь с т в о . Необходимость. Предположим про-
тивное, т.е. что пара (A, b) неполностью управляема. Тогда в силу
свойства (V III
у
) теоремы 1 из § 1, гл.II существует такая неособая
матрица Q, что имеют место представления
Q
−1
AQ =
µ
A
11
A
12
A
21
A
22
¶
} n
1
} n
2
Q
−1
b =
µ
b
1
b
2
¶
} n
1
} n
2
|{z}
n
1
|{z}
n
2
, (2)
где либо
A
21
= 0, b
2
= 0, (3)
либо
A
12
= 0, b
1
= 0. (4)
129
Пусть s ∈ R
n
— произвольный вектор. Обозначим
A
1
= A + bs
∗
. (5)
Очевидно, что
e
A
1
=
e
A +
e
bes
∗
, (6)
где
e
A = Q
−1
AQ,
e
b = Q
−1
b,
e
A
1
= Q
−1
A
1
Q, es
∗
= s
∗
Q
0
. (7)
Представляя es
∗
в виде
es
∗
= (es
∗
1
, es
∗
2
),
где es
1
∈ R
n
1
, es
2
∈ R
n
2
, и используя равенства (2), из (6), (7) получаем
e
A
1
=
µ
A
11
+ b
1
es
∗
1
A
12
+ b
1
es
∗
2
A
21
+ b
2
es
∗
1
A
22
+ b
2
es
∗
2
¶
, (8)
где либо в силу (3)
A
21
+ b
2
es
∗
1
= 0, A
22
+ b
2
es
∗
2
= A
22
,
либо в силу (4)
A
11
+ b
1
es
∗
1
= A
11
, A
12
+ b
1
es
∗
2
= 0.
Поэтому из представления (8) матрицы A следует, что либо
σ(
e
A
1
) = σ(A
11
+ b
1
es
∗
1
∪ σ(A
22
), (9)
либо
σ(
e
A
1
) = σ(A
11
) ∪ σ(A
22
+ b
2
es
∗
2
) (10)
соответственно.
Из (9) и (10) видно, что на собственные числа матрицы A
22
(в слу-
чае (3)) и матрицы A
11
(в случае (4)) выбор матрицы–столбца s не
влияет. Следовательно, матрица
e
A
1
и, значит, матрица A
1
из (5) не
может иметь произвольно заданный набор {µ
j
}
n
j=1
чисел, фигури-
рующий в проблеме управления спектром матрицы A и, тем самым,
соотношение (1) не может быть выполнено ни при каком s ∈ R
n
.
Таким образом, если проблема управления спектром матрицы A
разрешима, то необходимо выполнено соотношение (1).
Достаточность. Пусть пара (A, b) полностью управляема. Дока-
жем, что для любого вещественного многочлена
f(p) = p
n
+ c
1
p
n−1
+ ··· + c
n
(c
j
∈ R, j = 1, ··· , n)
130
существует вещественная одностолбцовая матрица s такая, что ха-
рактеристический многочлен матрицы A+ bs
∗
совпадает с многочле-
ном f(p):
det [pI −(A + bs
∗
)] = f (p). (11)
Отсюда, очевидно, будет следовать достаточность условия теоремы.
Обозначим (I — единичная (n × n)-матрица):
A
p
= pI − A, ∆(p) = det A
p
.
Пусть
∆(p) = p
n
+ δ
1
p
n−1
+ ··· + δ
n
(δ
j
∈ R, j = 1, ··· , n).
Наша задача — найти такой вектор s ∈ R
n
, чтобы выполнялось
равенство (11).
Используя лемму (для случая m = 1 и c = I) из § 4 настоящей
главы, запишем равенство (11) в виде
∆(p)(1 + s
∗
A
−1
p
b) = f (p). (12)
Поскольку элементами обратной матрицы A
−1
p
являются дроби, в
числителях которых стоят определители (n−1)-го порядка и, значит,
многочлены степени не выше n − 1, а в знаменателях — многочлен
n-й степени ∆(p), то векторный многочлен A
−1
p
b можно представить
в виде
A
−1
p
b =
1
∆(p)
(d
1
p
n−1
+ d
2
p
n−2
+ ··· + d
n
), (13)
где d
1
, d
2
, ··· , d
n−1
— вещественные постоянные векторы.
С учетом (13), равенство (12) принимает вид
s
∗
(d
0
p
n−1
+ d
1
p
n−2
+ ··· + d
n−1
) = f (p) − ∆(p). (14)
Очевидно, в правой части равенства (14) стоит многочлен степени
n − 1, т.е.
f(p) − ∆(p) = r
1
p
n−1
+ r
2
p
n−2
+ ··· + r
n−1
,
где r
j
= c
j
− δ
j
(j = 1, ··· , n).
Поэтому уравнение (14) равносильно следующей системе уравне-
ний относительно координат вектора s:
s
∗
d
1
= r
1
, s
∗
d
2
= r
2
, ··· , s
∗
d
n
= r
n
. (15)