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

​   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$x_1=\left[\begin{array}{c}2\\ 1\end{array}\right],x_2=\left[\begin{array}{c}1\\ -1\end{array}\right]$

​   求出特征值和特征向量后便可以得到方程的两个特解$e^{{\lambda }_{1}t}{x}_1,e^{{\lambda }_{2}t}{x}_2$，可以验证一下

​   将$u=e^{{\lambda }_{1}t}{x}_1$代入得：$\frac{du}{dt}=\frac{d{e}^{{\lambda }_{1}t}{x}_1}{dt}={\lambda }_1{e}^{{\lambda }_{1}t}{x}_1=e^{{\lambda }_{1}t}{\lambda }_1{x}_1=e^{{\lambda }_{1}t}A{x}_1=A{e}^{{\lambda }_{1}t}{x}_1$，$e^{{\lambda }_{2}t}{x}_2$同理

​   但是这两个特解仅仅满足了方程成立，并不一定满足$u(0)=\left[\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right]$，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$u(t_0)$是什么均可以表示

​   所以设$u=c_1{e}^{{\lambda }_{1}t}{x}_1+c_2{e}^{{\lambda }_{2}t}{x}_2$，将$u(0)=\left[\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right]$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$u=\frac{1}{3}\left[\begin{array}{c}2\\ 1\end{array}\right]+\frac{1}{3}{e}^{-3t}\left[\begin{array}{c}1\\ -1\end{array}\right]$

​   将$u_1,u_2$视作两个容器，将$t$视作时间，由$u(0)=\left[\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right]$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$u\to \frac{1}{3}\left[\begin{array}{c}2\\ 1\end{array}\right]$，即$u$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$u$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，$e^{(a+bi)t}=e^{at}\cdot e^{bti}=e^{at}(cosbt+isinbt)$，想要当$t\to +\infty$时该项对$u$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$0$

• 考虑$A$为二阶方阵时，满足什么$u$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$\{\begin{array}{c}{\lambda }_1+{\lambda }_2\le 0\\ {\lambda }_1\cdot {\lambda }_2\ge 0\end{array}$与稳态存在的条件等价，而$a+d={\lambda }_1+{\lambda }_2,|A|={\lambda }_1\cdot {\lambda }_2$，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$|A|={\lambda }_1\cdot {\lambda }_2\ge 0$恒成立

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

---

矩阵指数

$A$表示了$u$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$u=Sv$，代入得：$S\frac{dv}{dt}=ASv$，左右同时乘$S^{-1}$得：$\frac{dv}{dt}=S^{-1}ASv=\Lambda v$

这样就转化为了关于$v$的方程，又因为$\Lambda$为对角阵，所以$v$各个元素之间不存在耦合，因而$v_n=c_n\cdot e^{{\lambda }_{n}t}$，将$v_n(0)$代入得：$v_n=v_n(0)\cdot e^{{\lambda }_{n}t}$，所以$v=e^{\Lambda t}v(0)$，所以$u=Sv=S{e}^{\Lambda t}v(0)=S{e}^{\Lambda t}{S}^{-1}u(0)=e^{At}u(0)$，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$e^x=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\cdots +\frac{x^n}{n!}+\cdots$

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

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$(I-A{)}^{-1}=I+A+A^2+\cdots +A^n+\cdots$，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 v ⃗ = [ e λ 1 t 0 ⋯ 0 0 e λ 2 t ⋯ 0 ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ 0 0 ⋯ e λ n t ] v ⃗ ( 0 ) = e Λ t v ⃗ ( 0 ) \vec{v} = \begin{bmatrix} e^{\lambda_1 t} & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & e^{\lambda_2 t} & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & e^{\lambda_n t} \end{bmatrix} \vec{v}(0)= e^{\Lambda t} \vec{v}(0) v = ​eλ1​t0⋮0​0eλ2​t⋮0​⋯⋯⋱⋯​00⋮eλn​t​ ​v (0)=eΛtv (0)

证明$e^{At}=S{e}^{\Lambda t}{S}^{-1}$：

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

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

---

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$u=\left[\begin{array}{c}{y}^{{}^{\prime }}\\ y\end{array}\right]$，则$u^{{}^{\prime }}=\left[\begin{array}{c}{y}^{{}^{\prime \prime }}\\ y^{{}^{\prime }}\end{array}\right]$

所以$u^{{}^{\prime }}=\left[\begin{array}{cc}-b& -k\\ 1& 0\end{array}\right]u$，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$u,u^{{}^{\prime }}$为$n$阶向量，$A$为$n$阶方阵且 A = [ _ _ ⋯ _ _ 1 0 ⋯ 0 0 0 1 ⋯ 0 0 ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ ⋮ 0 0 ⋯ 1 0 ] A = \begin{bmatrix} \_ & \_ & \cdots & \_ & \_ \\ 1 & 0 & \cdots & 0 & 0\\ 0 & 1 & \cdots & 0 & 0\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & 1 & 0\end{bmatrix} A= ​_10⋮0​_01⋮0​⋯⋯⋯⋱⋯​_00⋮1​_00⋮0​ ​，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

---

打赏

制作不易，若有帮助，欢迎打赏！