Antes de mais nada vamos tratar de uma propriedade importante de nossos sistemas lineares: a invariância no tempo. Isto se reflete na seguinte propriedade da função de transição de estados:
$$ \varphi(t,t_0,x_0,u(\cdot)) = \varphi(t-t_0,0,x_0, v(\cdot))$$onde $v(t) = u(t+t_0)$. Para ver isto basta analisar a parte controlada do sistema. A parte controlada de $\varphi(t,t_0,x_0,u(\cdot))$ é $$ \begin{gather} \int_{t_0}^t \text{e}^{(t-s)A}Bu(s)ds = \int_{0}^{t-t_0}\text{e}^{(t-t_0 -r)A}Bu(r+t_0)dr \end{gather}$$ Desta forma para estudarmos a controlabilidade de nosso caso linear basta estudar o conjunto: $$ \mathcal{A}(T) = \left\{ \int_0^T \text{e}^{(T-s)A}Bu(s)ds: u(\cdot) \in \mathcal{U}\right\} =\left\{ \int_0^T \text{e}^{sA}Bu(T-s)ds: u(\cdot) \in \mathcal{U}\right\}$$
Para um $T>0$, definimos o Gramiano de controlabilidade como a matriz simétrica: $$Q_T = \int_0^T \text{e}^{sA}BB^\prime\text{e}^{sA^\prime}ds $$ Nesta fórmula $A^\prime$ é a transposta da matriz $A$.
Calcular os gramianos de controlabilidade nos casos
$A=\begin{pmatrix}0&1 \\ 0 & 0\end{pmatrix}$ e $ B=\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}$
$A=\begin{pmatrix}1&1 \\ 0 & 1\end{pmatrix}$ e $ B=\begin{pmatrix} 1\\ 0 \end{pmatrix}$
Teorema: O par $(A,B)$ é controlável se, e somente se, o gramiano $Q_T$ é inversível.
Primeiro suponha que $Q_T$ é inversível e seja $x_1$ um ponto qualquer do espaço de estado $\mathbb{R}^n$. Definimos o controle admissível: $$ u(s) = B^\prime\text{e}^{(T-s)A^\prime}Q_T^{-1}x_1 $$ e verificamos que $\mathcal{L}(u(\cdot)) = x_1$.
Observação $\mathcal{L}(u(\cdot)) = \int_0^T\text{e}^{(T-s)A}Bu(s)ds \in \mathbb{R}^n$ neste caso.
Agora suponha que $Q_T$ não seja inversível, e que $x_2 \in \mathbb{R}^n$ seja um elemento não nulo do núcleo $\text{Ker}Q_T$. Em particular vale: $$ \begin{gather}\langle Q_Tx_2, x_2 \rangle = \int_0^T \langle \text{e}^{sA}BB^\prime\text{e}^{sA^\prime}x_2,x_2\rangle ds =0 \\ \int_0^T \| B^\prime\text{e}^{sA^\prime}x_2\|^2 ds=0 \implies B^\prime\text{e}^{sA^\prime}x_2 =0 \forall s \in [0,T]\end{gather}$$
Por outro lado, para todo $u(\cdot) \in \mathcal{U}$, tem-se que $\langle \mathcal{L}(u(\cdot)), x_2 \rangle $ pode ser calculado: $$ \begin{gather} \langle \mathcal{L}(u(\cdot)), x_2 \rangle = \int_0^T\langle \text{e}^{(T-s)A}Bu(s),x_2\rangle ds = \int_0^T\langle u(s), B^\prime \text{e}^{(T-s)A^\prime}x_2\rangle ds =0 \end{gather}$$ O que significa que $x_2$ é ortogonal a $\text{Im}\mathcal{L}$ e o par $(A,B)$ não é controlável.