矩阵BTAB TAnB]的后k行为零行。 记 B=TB A= TAT U=TBAB…]=BAB…“ B, B=TB= A= TAT- TAB- TAT-TB=4B 0 A B A AB= AB/→AB1=0 A2B=AAB A A24B1 AB 0 0 A AB →A341B1=0
矩阵 TB TAB TA B n−1 的后 k行为零行。 记 1 , − B = TB A = TAT 0 0 3 1 3 1 1 1 3 4 1 21 1 1 1 1 = = = = = = = = = =− − − − A B A B A B AB A A A A A A TAT TAB TAT TB A B B B TB U T B AB A B B A B A B n n 0 0 0 3 1 1 3 1 1 1 2 1 1 1 3 4 2 1 2 = = = = = A A B A A B A B A B A A A A A B AAB
依此类推,可得 AB A1 0→A3A12B1=0 A3A" B 综合起来,可知A3应满足 AB, A, B An-2B1=0 而U的形式为 U-B, A,B, AF B, B rankU 00 0 rank[B, A, B1 A B AB
………… 依此类推，可得 0 1 0 2 3 1 1 2 3 1 1 1 1 1 = = = − − − − A A B A A B A B A B n n n n 1 0 2 3 1 1 1 1 = − A B A B A B n 综合起来，可知 A3 应满足 而 U 的形式为 1 1 1 1 2 1 1 1 1 0 0 0 0 rankU n B A B A B A B U n = = − 1 1 1 1 1 2 rank B1 A1 B1 A1 B A B n n n = − −
因为n1<nn1-1<n-1 ,根据卡莱—哈密顿定理 可以由ramU=n1得 rankB, A,B A1B1」=n1 由 ,AB 12B]=0可得A3=0 故A,B的形式为(以后将说明这就是可控分解的形式。) B 0 A 0 且A4的维数为k,考察下式 T 0 B IA-n B n B () 20
1 1 1 1 因为 n n n − n − ，根据卡莱—哈密顿定理 U n1 可以由 rank = 得 1 1 2 rank B1 A1 B1 A1 B n n = − 1 0 2 3 1 1 1 1 = − A B A B A B n 由 可得 A3 = 0 故 A,B 的形式为 (以后将说明这就是可控分解的形式。) = = 0 0 1 4 1 2 B B A A A A 且 A4 的维数为k, 考察下式 − − = − = − − 0 0 0 0 4 1 2 1 1 1 k n A I A I A B A I B I T T A I B (＊)
显然只要取A4的特征值元。,即可使右边矩阵的秩小于n 是A4的特征值,因而也是A的特征值,也是A的特征值 (大)式左端矩阵T与 T-0 不影响秩,故有 0 K rank nI Bl< n LO 即存在1。∈A0),使mmkA-1B]<n,与假设相矛盾。 故 rankB AB A"B=n
显然只要取 A4 的特征值 0 ，即可使右边矩阵的秩小于n。 0 是 A4 的特征值，因而也是 A 的特征值,也是A的特征值。 − k I T 0 0 1 (＊) 式左端矩阵T与 不影响秩，故有 rankA− 0 I B n 即存在 ,使 ,与假设相矛盾。 故 ( ) 0 A rankA− I B n 0 rankB AB A B n n = −1