约旦阵下的离散系统能达丰富性

    设系统 $\varSigma(A,B)$ 有重根,可经变换为上约旦阵，即线性离散系统模型各矩阵可表示为

$A=\left[\begin{array}{ccccc} \lambda & 0 & 0 & \cdots & 0\\ 1 & \lambda & 0 & \cdots & 0\\ 0 & 1 & \lambda & \cdots & 0\\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ 0 & 0 & 0 & \cdots & \lambda \end{array}\right],\quad B=\left[\begin{array}{c} b_{1}\\ b_{2}\\ b_{3}\\ \vdots\\ b_{n} \end{array}\right]$

记

$\zeta_{n,k}=A^{k}B=\left[\begin{array}{c} \lambda^{k}b_{1}\\ k\lambda^{k-1}b_{1}+\lambda^{k}b_{2}\\ \frac{k(k-1)}{2}\lambda^{k-2}b_{1}+k\lambda^{k-1}b_{2}+\lambda^{k}b_{3}\\ \vdots\\ \sum_{i=1}^{n}\frac{k!}{(i-1)!(k-i+1)!}\lambda^{k-i+1}b_{i} \end{array}\right]$

其中当 $k-i+1<0$ 时，

$\frac{k!}{(i-1)!(k-i+1)!}\lambda^{k-i+1}=0$

可以证明，存在下述变换矩阵

$P=\left[\begin{array}{ccccc} 1 & & & & 0\\ 0 & 1\\ 0 & 0 & 1\\ & & & \ddots\\ -\frac{b_{n}}{b_{1}} & -\frac{b_{n-1}}{b_{1}} & -\frac{b_{n-2}}{b_{1}} & & 1 \end{array}\right]\times\cdots\times\left[\begin{array}{ccccc} 1 & & & & 0\\ 0 & 1\\ -\frac{b_{3}}{b_{1}} & -\frac{b_{2}}{b_{1}} & 1\\ & & & \ddots\\ 0 & 0 & 0 & & 1 \end{array}\right]\times\left[\begin{array}{ccccc} 1 & & & & 0\\ -\frac{b_{2}}{b_{1}} & 1\\ 0 & 0 & 1\\ & & & \ddots\\ 0 & 0 & 0 & & 1 \end{array}\right]$

使得

$P\zeta_{n,k}=\beta_{n,k}=b_{1}\left[\begin{array}{c} \lambda^{k}\\ k\lambda^{k-1}\\ \frac{k(k-1)}{2}\lambda^{k-2}\\ \vdots\\ \frac{k!}{(n-1)!(k-n+1)!}\lambda^{k-n+1} \end{array}\right]$

即 $\beta_{n,k}$ 只与 $b_{1}$ 有关，且 $\det(P)=1$ .因此，系统的能达丰富性为

      $\textrm{Vol}(R_{r,N})=V_{n}\left(C_{n}\left([B,AB,...,A^{N-1}B]\right)\right)$

                $=\sum_{(k_{1},k_{2},\cdots,k_{n})\in\Omega_{0,N-1}^{n}}\left|\mathrm{det}\left(\left[\zeta_{n,k_{1}},\zeta_{n,k_{2}},\cdots,\zeta_{n,k_{n}}\right]\right)\right|$

                $=\sum_{(k_{1},k_{2},\cdots,k_{n})\in\Omega_{0,N-1}^{n}}\left|\mathrm{det}\left(\left[\beta_{n,k_{1}},\beta_{n,k_{2}},\cdots,\beta_{n,k_{n}}\right]\right)\right|$

由于上式中 $\beta_{n,k_{i}}$ 仅与 $b_{1}$ 有关，故能达丰富性仅与上约旦矩阵对应的 $B$ 的第一行有关，与 $B$ 矩阵的其它行无关。这一结论与传统控制理论中的能控性仅与上约旦矩阵（或下约旦矩阵）对应的 $B$ 的第一行（或最后一行）有关，与 $B$ 矩阵的其它行无关这一结论是一致的。