MIT线性代数笔记-第23讲-微分方程，exp(At)

23.微分方程，$exp(At)$

用矩阵求解微分方程

例：$?\begin{array}{c}\frac{d{u}_1}{dt}=?u_1+2u_2\\ \frac{d{u}_2}{dt}=u_1?2u_2\end{array}$，其中$u_1,u_2$是$t$的两个不同函数且$u_1(0)=1,u_2(0)=0$

? ??令$A=\left[\begin{array}{cc}?1& 2\\ 1& ?2\end{array}\right],\vec{u}=\left[\begin{array}{c}{u}_1\\ u_2\end{array}\right]$，则有$\frac{d\vec{u}}{dt}=A\vec{u},\vec{u}(0)=\left[\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right]$

? ??先求$A$的特征向量和特征值，因为$A$已经是一个奇异矩阵，所以$A$有一个特征值为${\lambda }_1=0$，又主对角线元素和为$?3$，所以另一个特征值为${\lambda }_2=?3$，两个特征值分别对应特征向量$\overrightarrow{x_1}=\left[\begin{array}{c}2\\ 1\end{array}\right],\overrightarrow{x_2}=\left[\begin{array}{c}1\\ ?1\end{array}\right]$

? ??求出特征值和特征向量后便可以得到方程的两个特解$e^{{\lambda }_{1}t}\overrightarrow{x_1},e^{{\lambda }_{2}t}\overrightarrow{x_2}$，可以验证一下

? ??将$\vec{u}=e^{{\lambda }_{1}t}\overrightarrow{x_1}$代入得：$\frac{d\vec{u}}{dt}=\frac{d{e}^{{\lambda }_{1}t}\overrightarrow{x_1}}{dt}={\lambda }_1{e}^{{\lambda }_{1}t}\overrightarrow{x_1}=e^{{\lambda }_{1}t}{\lambda }_1\overrightarrow{x_1}=e^{{\lambda }_{1}t}A\overrightarrow{x_1}=A{e}^{{\lambda }_{1}t}\overrightarrow{x_1}$，$e^{{\lambda }_{2}t}\overrightarrow{x_2}$同理

? ??但是这两个特解仅仅满足了方程成立，并不一定满足$\vec{u}(0)=\left[\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right]$，不过容易证得这两个特解的任意线性组合也是方程的解，而且这两个特解线性无关，无论给出的$\vec{u}(t_0)$是什么均可以表示

? ??所以设$\vec{u}=c_1{e}^{{\lambda }_{1}t}\overrightarrow{x_1}+c_2{e}^{{\lambda }_{2}t}\overrightarrow{x_2}$，将$\vec{u}(0)=\left[\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right]$代入得：$\left[\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right]=c_1{e}^0\left[\begin{array}{c}2\\ 1\end{array}\right]+c_2{e}^0\left[\begin{array}{c}1\\ ?1\end{array}\right]$，解得：$c_1=c_2=\frac{1}{3}$

? ??因而$\vec{u}=\frac{1}{3}\left[\begin{array}{c}2\\ 1\end{array}\right]+\frac{1}{3}{e}^{?3t}\left[\begin{array}{c}1\\ ?1\end{array}\right]$

? ??将$u_1,u_2$视作两个容器，将$t$视作时间，由$\vec{u}(0)=\left[\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right]$可知刚开始$u_1$中有$1$的货物，$u_2$中没有货物，但是随着$t$的增大，即时间的流逝，由于$u_1^{{}^{\prime }}<0,u_2^{{}^{\prime }}>0$，$u_1$中的货物渐渐流向了$u_2$

? ??可以发现当$t\to +\infty$时，$e^{?3t}\to 0$，所以$\vec{u}\to \frac{1}{3}\left[\begin{array}{c}2\\ 1\end{array}\right]$，即$\vec{u}$收敛于$\frac{1}{3}\left[\begin{array}{c}2\\ 1\end{array}\right]$，此时称$\frac{1}{3}\left[\begin{array}{c}2\\ 1\end{array}\right]$为$\vec{u}$的稳态

证明稳态存在的条件为所有特征值的实部均为非负数：

? ???若特征值为实数，${\lim }_{t\to +\infty }{e}^{at}=\{\begin{array}{c}1,a=0\\ 0,a<0\end{array}$

? ???若特征值为复数，$e^{(a+bi)t}=e^{at}?e^{bti}=e^{at}(cosbt+isinbt)$，想要当$t\to +\infty$时该项对$\vec{u}$的影响不会无限增大，就要让$|e^{at}(cosbt+isinbt)|$趋于稳定，而$|cosbt+isinbt|=1$，所以只要让$e^{at}$趋于稳定，那么又回到了特征值为实数的情况，所以$a\le 0$即可

? ???综上，$Re\lambda \le 0$即可

• 容易证得所有特征值的实部均为负数时，稳态为$\vec{0}$

• 考虑$A$为二阶方阵时，满足什么$\vec{u}$才能有稳态，设$A=\left[\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right]$，其实不用求出特征值就可以判断

  若特征值均为复数，因为$a+d={\lambda }_1+{\lambda }_2$且${\lambda }_1,{\lambda }_2$为共轭复数，所以只需满足$a+d\le 0$即可

  若特征值均为实数，此时$\{\begin{array}{c}{\lambda }_1+{\lambda }_2\le 0\\ {\lambda }_1?{\lambda }_2\ge 0\end{array}$与稳态存在的条件等价，而$a+d={\lambda }_1+{\lambda }_2,|A|={\lambda }_1?{\lambda }_2$，所以只要满足$\{\begin{array}{c}a+d\le 0\\ |A|\ge 0\end{array}$即可

  当特征值均为复数时，因为两个特征值为共轭复数，所以$|A|={\lambda }_1?{\lambda }_2\ge 0$恒成立

  综上只需满足$\{\begin{array}{c}a+d\le 0\\ |A|\ge 0\end{array}$即可

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矩阵指数

$A$表示了$\vec{u}$各个元素之间的耦合方式，求$A$的特征值和特征向量即为解耦，接下来换一种解耦思路

设$\vec{u}=S\vec{v}$，代入得：$S\frac{d\vec{v}}{dt}=AS\vec{v}$，左右同时乘$S^{?1}$得：$\frac{d\vec{v}}{dt}=S^{?1}AS\vec{v}=\Lambda \vec{v}$

这样就转化为了关于$\vec{v}$的方程，又因为$\Lambda$为对角阵，所以$\vec{v}$各个元素之间不存在耦合，因而$v_n=c_n?e^{{\lambda }_{n}t}$，将$v_n(0)$代入得：$v_n=v_n(0)?e^{{\lambda }_{n}t}$，所以$\vec{v}=e^{\Lambda t}\vec{v}(0)$，所以$\vec{u}=S\vec{v}=S{e}^{\Lambda t}\vec{v}(0)=S{e}^{\Lambda t}{S}^{?1}\vec{u}(0)=e^{At}\vec{u}(0)$，是不是看不懂？没关系，现在就来解释

引入矩阵指数，即底数为$e$，指数为矩阵

$e^x$的麦克劳林公式为$e^x=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+?+\frac{x^n}{n!}+?$

指数为矩阵时也一样，即$e^x=I+A+\frac{A^2}{2!}+\frac{A^3}{3!}+?+\frac{A^n}{n!}+?$

拓展： 这用到了一个经典的麦克劳林级数$e^x={\sum }_0^{+\infty }\frac{x^n}{n!}$，其实另一个经典的麦克劳林级数$\frac{1}{1?x}={\sum }_0^{+\infty }{x}^n$也对矩阵适用，即$(I?A{)}^{?1}=I+A+A^2+?+A^n+?$，当$A$的所有特征值的绝对值都小于$1$（如果特征值为复数，则模小于$1$）时，这可以很方便的用来求矩阵的逆的近似值

证明当$A$为对角阵时$e_{i,i}^A=e^{a_{i,i}}：$

? ???对于对角阵有$A_{i,i}^k=a_{i,i}^k$，所以在用$A$代入麦克劳林公式时，$A$的主对角线上的元素都分别代入了一次麦克劳林公 式，那么自然会变为$e$的幂

所以$\vec{v}=\left[\begin{array}{cccc}{e}^{{\lambda }_{1}t}& 0& ?& 0\\ 0& e^{{\lambda }_{2}t}& ?& 0\\ ?& ?& ?& ?\\ 0& 0& ?& e^{{\lambda }_{n}t}\end{array}\right]\vec{v}(0)=e^{\Lambda t}\vec{v}(0)$

证明$e^{At}=S{e}^{\Lambda t}{S}^{?1}$：

? ???$\begin{array}{rl}{e}^{At}& =I+At+\frac{(At{)}^2}{2!}+\frac{(At{)}^3}{3!}+?+\frac{(At{)}^n}{n!}+?\\ & =I+S\Lambda S^{?1}t+\frac{S{\Lambda }^2{S}^{?1}{t}^2}{2!}+?+\frac{S{\Lambda }^n{S}^{?1}{t}^n}{n!}+?\\ & =S[I+\Lambda t+\frac{(\Lambda t{)}^2}{2!}+?+\frac{(\Lambda t{)}^n}{n!}+?]S^{?1}\\ & =S{e}^{\Lambda t}{S}^{?1}\end{array}$

想要让$e^{At}\to O$，那么就需要$e^{\Lambda t}\to O$，即$e^{\lambda t}\to 0$，即$Re\lambda <0$

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二阶常微分方程

对于一个二阶常微分方程$y^{{}^{\prime \prime }}+b{y}^{{}^{\prime }}+ky=0$，令$\vec{u}=\left[\begin{array}{c}{y}^{{}^{\prime }}\\ y\end{array}\right]$，则${\vec{u}}^{{}^{\prime }}=\left[\begin{array}{c}{y}^{{}^{\prime \prime }}\\ y^{{}^{\prime }}\end{array}\right]$

所以${\vec{u}}^{{}^{\prime }}=\left[\begin{array}{cc}?b& ?k\\ 1& 0\end{array}\right]\vec{u}$，设$A=\left[\begin{array}{cc}?b& ?k\\ 1& 0\end{array}\right]$，这样又可以利用矩阵求解

对于更高阶的微分方程也可以使用类似的方法

那样$\vec{u},{\vec{u}}^{{}^{\prime }}$为$n$阶向量，$A$为$n$阶方阵且$A=\left[\begin{array}{ccccc}\_& \_& ?& \_& \_\\ 1& 0& ?& 0& 0\\ 0& 1& ?& 0& 0\\ ?& ?& ?& ?& ?\\ 0& 0& ?& 1& 0\end{array}\right]$，所以$0$一定不是$A$的特征值

最后还是要注意，本章所讲的内容仅对$A$可对角化时有效，不是所有方阵都可以

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