常系数线性方程组

∆
3
常系数线性方程组解的渐近性质
(6)
是 ni 阶单位阵,Ni 是 ni 阶幂零阵, 1 .. . .. . 1 , 0 0 ··· , Nini = 0. (7)
由 eAt 的表达式可得常系数线性方程组解的稳定性和 渐近性质的重要结论. 根据 (8)–(10), eAt 的元素均为形 如 p(t)eλi t 的函数的线性组合, p(t) 是 t 的阶次不高于 n 的多项式. 下面对于 λi 的不同情况讨论 eAt 的性质. (i)A 的特征值均有负实部, 即对每个 i , λi = α + iβ 且 α < 0. 此时 p(t)eλi t = p(t)eαt eiβt . 由于 |eiβt | = 1, 用 洛必达法则得 limt→+∞ p(t)eαt = 0. 故 limt→+∞ p(t)eλi t = 0. 因此, 方程组的任意非零解 x(t) → 0 (t → +∞). (ii) A 的特征值的实部均非正数, 并且实部为零的特 征值都是简单根 (或更一般些, 对应的初等因子都是一 次的). 此时, 对于有负实部的 λi 有 limt→+∞ p(t)eλi t = 0, 而对于那些有零实部的 λi = iβ , 由假设条件其对应 的 Jordan 块均为一阶 (ni = 1). 因此相应的 eJi t = eiβt 或相当于 p(t) = r(常数). 于是, eAt 的元素均有界. 从而 方程组的任意非零解对于 t ≥ 0 都有界. (iii) A 至少有一个特征值具有正实部. 不妨设 λ1 = α + iβ 且 α > 0 . 取常向量 c = [1, 0, · · · , 0]T . 由 (9),(10) 知方程组有一个解 x(t) = eAt T c = T eJt c = e(α+iβ )t v , 其中 v 是 T 的第一列向量 (因为 T 非奇异, v = 0). 因 为 α > 0, 故 x(t) = eαt v → ∞(t → +∞ 时). 于是方 程组有无界解. 相应于上述三种情况, 我们分别称齐线性微分方程 组 (1) 的零解为渐 渐近 稳 定 、稳 稳定 和不 不稳 定 . 显然, 常系数 线性方程组零解的稳定性完全由系数矩阵的特征值的性 质所决定. 思 考 题2. 设 A 的特征值 λi = αi + iβi 且 αi < 0, i = 1, · · · , n. 令 α = max1≤i≤n {αi }. 证明:∀σ ∈ (0, −α),∃ 常 数 M > 0 使 eAt ≤ M e−σt , t ≥ 0.
λ1 t
由此得两个线性无关得实值解 u(t) = et cos t − sin t , v (t) = et sin t cos t
c1 , · · · , e
λn t
cn ]
是方程组 (1) 的一个基解矩阵, 并且 eAt = X (t)X −1 (0). 证 明: 由上面讨论可知 φi (t) = eλi t ci 是 (1) 的解. 因 此 X (t) 是 (1) 的解基阵. 因 λi 互不相同, 相应的特征 向量 ci 线性无关. 因此 det X (0) = det[c1 , · · · , cn ] = 0. ∆ 故 X (t) 是基解矩阵. 因为 Φ(t) = X (t)X −1 (0) 也是基解 矩阵且 Φ(0) = E , 故 Φ(t) = eAt . 注 2. 由上述证明过程可知, 只要 A 有 n 个线性无关的 特征向量 c1 , · · · , cn (相应的特征值不必互异), 则定理 (4) 结论仍成立. 例3. 求以下方程组的通解: 5 −28 dx = −1 5 dt 3 −16 −18 3 x −10
这是一个复值解矩阵, 由定理 4 知: eAt = X (t)X −1 (0) = et = et eit ieit ie−it e−it sin t cos t 1 2 1 −i −i 1
cos t − sin t
解: 计算得知 det(λE − A) = 3λ(1 − λ2 ). 故 A 有特征 例 5. 求解初值问题: x = Ax + f (t), x(0) = [0, 1]T , 其 值 λ1 = 0, λ2 = 1, λ3 = −1. 分别计算相应的特征向量得: 中 A 同上例,f (t) = [e−t , 0]T . −2 2 3 c1 = −1 , c2 = −1 , c3 = 0 解: 根据常数变易公式 (5) 有 1 2 1 t 由此得通解 : At x ( t ) = e x (0) + eA(t−s) f (s)ds −2 2 3 0 x(t) = k1 −1 +k2 et −1 +k3 e−t 0 , k1 , k2 , k3 cos t sin t 0 = et 1 2 1 − sin t cos t 1 是任意常数. t cos(t − s) sin(t − s) e−s + e(t−s) ds At 练习 : 求方程组的标准基解矩阵 e . − sin(t − s) cos(t − s) 0 0
(1)
= A E + At +
A2 2 t + · · · = AX (t) 2!
故 X (t) 是的解矩阵. 再由 det X (0) = 1 知 X (t) 是基解 矩阵. (2) 推 论2. 齐线性方程组 (1) 的通解为 x(t) = eAt c, c为任意常向量;
其中 x = [x1 , · · · , xn ] ,A = [aij ]n×n 是常数阵,f (t) 是 t 的连续函数.
(ni −1)! tni −2 (ni −2)!
4
4.1
(8)
其他求解方法
待 定 函 数 方 法 (A 可 对 角 化 的情 况 )
t ..
.
. . .
t 1
.
设齐线性方程组 (1) 有形如 x(t) = eλt c 的解, 其中 λ, c 分 别为待定常数和非零常向量. 代入 (1) 得 λeλt c = Aeλt c. 因为 eλt = 0, 于是 (λE − A)c = 0. (11)
A+B
+··· =
2 1 0 2
的基解矩阵.
进一步，对矩阵 A, 可定义矩阵指数函数 eAt 或 exp At 且 2E 与 N 可交换, 即 (2E )N = N (2E ). 由性质 1(a) 如下: 得: eAt = e2Et+N t = e2Et eN t = e2t eN t . ∞ k 2 k A A A eAt = tk = E + At + t2 + · · · + tk + · · · (4) 因 N 是幂零阵, 即 N 2 = 0, 故 eN t 的级数展开仅含两项: k! 2! k! k=0 1 t 0 t . = eN t = E + N t + N 2 t + · · · = E + k ∞ A k A k k 0 1 0 0 由于对任意 k , A ≤ , 幂级数 t 在任何 k=0 k! k! k! 有限区间上一致收敛, 故 eAt 是矩阵 A 的指数函数. 1 t 因此得基解矩阵 eAt = e2t . 0 1 1
于是实基解矩阵可取为 X (t) = [u(t) v (t)] = et cos t − sin t sin t cos t
由于 X (0) = E , 因此 X (t) = eAt . 也可利用定理 4 求实基解矩阵. 由定理 4 知方程组 的基解矩阵可取为: X (t) = e(1+i)t ie(1+i)t ie(1−i)t e(1−i)t = et eit ieit ie−it e−it
T
. = T −1 eAt T, 得 (10) (9)
2
矩 阵 指 数 函 数 的 结 构 (Jordan 标 准形方法)
再由性质 1(c) 知 eJt = eT
−1 At
e
eAt = T eJt T −1 .
由矩阵论知识, 对任意实 n 阶方阵 A, 存在非奇异变换 阵 T 将 A 化为 Jordan 标准形, 即: J1 .. T −1 AT = J = . Jm 其中约当块 Ji 为 ni × ni 阶方阵; i = 1, · · · , m; n1 + · · · + nm = n; λi 1 . λi . . Ji = .. . 1 λi 0 1 λi . 0 .. . . = + . . .. 1 λi 0 = λ i Ei + N i λi 是 A 的特征值,Ei 满足 0 0 .. . Ni2 =
由 (6),(7) 以及 λEi 和 Ni 的可交换性得 eJi t = eλi Ei t eNi t = eλi t Ei Ei + Ni t + · · · + λi t = e 1 t 1
t2 2!
··· ··· .. . .. .
tni N ni −1 (ni − 1)! i tni −1
第四章 常系数线性方程组与方程
常系数线性方程组的解可利用矩阵理论的知识得到 完全的解决. 考虑常系数齐线性微分方程组 dx = Ax dt 和常系数非齐线性方程组 dx = Ax + f (t) dt
T
定 理 1. 矩阵 X (t) = eAt 是齐线性方程组 (1) 的标 准 基 解 矩阵 , 即 X (t) 是基解矩阵, 且 X (0) = E . 证 明: 由定义知 X (0) = E 并且 ˙ (t) X = (eAt ) = A + A2 t + A3 2 t + ··· 2!