常系数线性方程组

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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dxdt= Ax(1)和常系数非齐线性方程组dxdt= Ax + f(t)(2)其中 x = x1, ,xnT,A = aijnn是常数阵,f(t) 是 t的连续函数.1常常常系系系数数数齐齐齐线线线性性性方方方程程程组组组的的的矩矩矩阵阵阵指指指数数数函函函数数数方方方法法法对于任意实矩阵 M = mijnn, 其模取为kMk =nXi,j=1|mij|,则任意 n 阶矩阵 A,B 和数 c 有:kcAk = |c|kAk, kA+Bk kAk+kBk, kABk kAkkBk设 a

2、 是实数, 则 ea有幂级数表示:ea=Xk=0akk!= 1 + a +a22!+ +amm!+ 对于 n 阶矩阵 A, 定义矩阵指数 eA或 expA 如下:eA=Xk=0Akk!= E + A +A22!+ +Amm!+ (3)其中 E 为 n 阶单位阵, 规定 A0= E,0! = 1. 由于 kAmm!k kAkmm!, 数项级数Pk=0kAkmm!= (n 1) + ekAk, 故 eA对所有 A 都绝对收敛. 因此,eA是一个确定的矩阵.性性性质质质1. (a) 如果矩阵 A,B 可交换, 即 AB = BA, 则 eA+B= eAeB;(b) 对任意矩阵 A,eA可逆且 (eA

3、)1= eA;(c) 若 T 可逆，则 eT1AT= T1eAT.进一步，对矩阵 A, 可定义矩阵指数函数 eAt或 expAt如下:eAt=Xk=0Akk!tk= E +At+A22!t2+Akk!tk+ (4)由于对任意 k,kAkk!k kAkkk!, 幂级数Pk=0kAkkk!tk在任何有限区间上一致收敛, 故 eAt是矩阵 A 的指数函数.定定定理理理1. 矩阵 X(t) = eAt是齐线性方程组 (1) 的标标标准准准基基基解解解矩矩矩阵阵阵, 即 X(t) 是基解矩阵, 且 X(0) = E.证证证明明明: 由定义知 X(0) = E 并且X(t)=(eAt)0= A + A2t

4、 +A32!t2+ =AE + At +A22!t2+ = AX(t)故 X(t) 是的解矩阵. 再由 detX(0) = 1 知 X(t) 是基解矩阵.推推推论论论2. 齐线性方程组 (1) 的通解为x(t) = eAtc,c为任意常向量;满足初始条件 x(t0) = x0的解为x(t) = eA(tt0)x0.推推推论论论3. 非齐线性方程组 (2) 的通解为x(t) = eAtc +Ztt0eA(ts)f(s)ds,c为任意常向量;满足初始条件 x(t0) = x0的解为x(t) = eA(tt0)x0+Ztt0eA(ts)f(s)ds.(5)思思思考考考题题题1. 设 A 是 n 阶实

5、矩阵,(A) 是 A 的特征值, 求deteA,deteAt,(eA).特殊情况下, 可直接计算 eAt.例例例1. 考虑对角阵 A =a1.an, 则由定义 (4),eAt=E +a1t.ant +12!a1t2.12!ant2+ =ea1t.eant.例例例2. 求 x0=2102的基解矩阵.解: 因为A =2102=2002+0100= 2E + N,且 2E 与 N 可交换, 即 (2E)N = N(2E). 由性质 1(a)得:eAt= e2Et+Nt= e2EteNt= e2teNt.因 N 是幂零阵, 即 N2= 0, 故 eNt的级数展开仅含两项:eNt= E + Nt + N

6、2t + = E +0t00=1t01.因此得基解矩阵 eAt= e2t1t01.1注注注1. 设 X(t) 是方程组 (1) 的一个基解矩阵, 则 eAt=X(t)X1(0). 一般地, 设 (t),(t) 是方程组 (1) 的两个基解矩阵, 则存在非奇异矩阵 C 使得 (t) = (t)C.(请自证)2矩矩矩阵阵阵指指指数数数函函函数数数的的的结结结构构构 (Jordan 标标标准准准形形形方方方法法法)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:T1AT = J =J1.Jm其中约当块 Ji为 nini阶方阵; i = 1,

7、 ,m;n1+nm= n;Ji=i1i.1i=i.i +010.10=iEi+ Ni(6)i是 A 的特征值,Ei是 ni阶单位阵,Ni是 ni阶幂零阵,满足N2i=001.1.00, ,Nnii= 0.(7)由 (6),(7) 以及 Ei和 Ni的可交换性得eJit=eiEiteNit=eitEiEi+ Nit + +tni(ni 1)!Nni1i=eit1tt22!tni1(ni1)!1ttni2(ni2)!.t1.(8)对于 k = 0,1,2, 直接计算知Jk=Jk1.Jkm.故eJt=eJ1t.eJmt.(9)再由性质 1(c) 知 eJt= eT1eAtT= T1eAtT, 得eA

8、t= TeJtT1.(10)3常常常系系系数数数线线线性性性方方方程程程组组组解解解的的的渐渐渐近近近性性性质质质由 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)eit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 i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 , i= + i且 0 . 取常向量 c = 1,0, ,0T. 由 (9),(10)知方程组有一个解 x(t) = eAtTc = TeJtc = e(+i)tv,其中 v 是 T 的第一列向量 (

9、因为 T 非奇异, v 6= 0). 因为 0, 故 kx(t)k = etkvk (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) 的零解为渐渐渐近近近稳稳稳定定定、稳稳稳定定定和不不不稳稳稳定定定. 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.思思思考考考题题题2. 设 A 的特征值 i= i+ ii且 i 0 使 keAtk Met,t 0.4其其其他他他求求求解解解方方方法法法4.1待待待定定定函函函数数数方方方法法法 (A 可可可对对对角角角化化化的的的情情情况况况)设齐线性方程组 (1) 有形如 x(t) =

10、 etc 的解, 其中 ,c 分别为待定常数和非零常向量. 代入 (1) 得 etc = Aetc.因为 et6= 0, 于是(E A)c = 0.(11)因此, x(t) = etc 是齐线性方程组 (1) 的解当且仅当 是 A 的特征值,c 是相应的特征向量.2定定定理理理4. 设 1, ,n是 A 的 n 个互不相同的特征值,c1, ,cn是相应的特征向量, 则:X(t) = e1tc1, ,entcn是方程组 (1) 的一个基解矩阵, 并且 eAt= X(t)X1(0).证证证明明明: 由上面讨论可知 i(t) = eitci是 (1) 的解. 因此 X(t) 是 (1) 的解基阵.

11、因 i互不相同, 相应的特征向量 ci线性无关. 因此 detX(0) = detc1, ,cn 6= 0.故 X(t) 是基解矩阵. 因为 (t)= X(t)X1(0) 也是基解矩阵且 (0) = E, 故 (t) = eAt.注注注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.例例例3. 求以下方程组的通解:dxdt=5281815331610x解: 计算得知 det(E A) = 3(1 2). 故 A 有特征值 1= 0,2= 1,3= 1. 分别计算相应的特征向量得:c1=211,c2=212,

12、c3=301由此得通解:x(t) = k1211+k2et212+k3et301,k1,k2,k3是任意常数.练练练习习习: 求方程组的标准基解矩阵 eAt.4.2实实实基基基解解解矩矩矩阵阵阵的的的求求求法法法实矩阵 A 的特征值可以是复数, 相应地得到齐线性方程组 (1) 的一对共轭复值解 u(t)iv(t), 其中 u(t),v(t) 是实值函数. 容易知道 u(t),v(t) 均满足方程 (1). 于是由 (1)的一对共轭复值解可得 (1) 的两个实值解. 这样可将所有线性无关的复值解换为实值解, 最终得到一个实值基本解组.例例例4. 求 x0=1111x 的实的基解矩阵.解: 由 d

13、et(E A) = 2 2 + 2 知 A 的特征值 1,2= 1 i, 相应特征向量为 c1= 1,iT,c2= i,1T,对应于 1= 1 + i 的解为:(t)=e(1+i)t1i= etcost + isintsint + icost=etcostsint+ ietsintcost由此得两个线性无关得实值解u(t) = etcostsint,v(t) = etsintcost于是实基解矩阵可取为X(t) = u(t) v(t) = etcostsintsintcost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

14、取为:X(t) =e(1+i)tie(1i)tie(1+i)te(1i)t= eteitieitieiteit这是一个复值解矩阵, 由定理 4 知:eAt= X(t)X1(0)=eteitieitieiteit121ii1=etcostsintsintcost例例例5. 求解初值问题: x0= Ax + f(t),x(0) = 0,1T, 其中 A 同上例,f(t) = et,0T.解: 根据常数变易公式 (5) 有x(t)=eAtx(0) +Zt0eA(ts)f(s)ds=etcostsintsintcost01+Zt0e(ts)cos(t s)sin(t s)sin(t s)cos(t s

15、)es0ds=etsintcost+ etZt0e2scostcoss + sintsinscostsins sintcossds.利用分步积分法得到Zt0e2scossds=15e2s(2coss + sins)|s=ts=0Zt0e2ssinsds=15e2s(2sins coss)|s=ts=0最后可得x(t) =15et6sint + 2cost 2e2t6cost 2sint e2t.4.3一一一般般般方方方法法法 (A 为为为任任任意意意矩矩矩阵阵阵)当 A 不可对角化时, 可利用线性代数中线性空间的分解理论求 (1) 的基解矩阵.引引引理理理1. 设 A 有互异的特征值 , ,k

16、, 他们的重数分别是 n1, ,nk(n1+nk= n). V 是 n 维欧氏空间,则对 i = 1,2, ,k,Vi= v V : (A iE)niv = 03是 A 的 ni维不变子空间, 并且有直和分解V = V1 Vk.(12)由引理 1 知, 对每个 i方程组(A iE)niv = 0(13)有 ni个线性无关的解 vi1, ,vini. 所有 i(i = 1, ,k)对应方程组 (13) 的全体线性无关解构成 n 维欧氏空间的一组基向量. 以此基向量为初始向量所得 (1) 的解构成 (1) 的一个基本解组.由定理 4, 初始向量 v(i)j Vi对应的解为 x(t) =eAtv(i

17、)j. 为利用 (13), 将 eAtv(i)j变形为eAtv(i)j= eiEt+(AiE)tv(i)j显然 iEt 与 (A iE)t 可交换, 并且 eiEt= eitE. 由性质 1(a) 和 (13) 得:(i)j(t)=eAtv(i)j=eiEt e(AiE)tv(i)j=eit e(AiE)tv(i)j=eitE + t(A iE) +t22!(A iE)2+ +tni1(ni 1)!(A iE)ni1v(i)j=eitni1Xs=1tss!(A iE)s#v(i)j.于是, 可按以下步骤求 (1) 的基解矩阵和初值问题.step 1 求 A 的特征值 , 确定其代数重数;ste

18、p 2 (a) 对每个 ni重特征值 i, 求方程组(A iE)niv = 0的 ni个线性无关解 v(i)1, ,v(i)ni, 即子空间 Vi的一组基向量;(b) 由 (a) 可得方程组 (1) 的 ni个线性无关解(i)j(t) = eitni1Xs=1tss!(A iE)s#v(i)j, j = 1, ,ni.step 3 对所有不同的特征值 i, 重复 step 2 得 (1) 的 n个线性无关解(1)1(t), ,(1)n1(t); ; (k)1(t), ,(k)nk(t)由此可得一个基解矩阵 X(t).step 4 对任意初始向量 x(0) = , 相应的解为 x(t) =X(t

19、)X1(0)根据引理 1 还可以这样来求 (1) 的满足初始条件的解. 首先将初值 x(0) = 按 (12) 分解为 = 1+ + k其中 i Vi. 再根据上面的讨论得所求的解为x(t) =kXi=1eitni1Xs=1tss!(A iE)s#i.(14)例例例6. 求方程 x0= Ax 满足初始条件 x(0) = 的解和标准基解矩阵 eAt. 其中 A =2114.解: 由于 det(A E) = 2 6 + 9 = ( 3)2.故 = 3 为 A 的二重特征值. 相应于引理 1 中的子空间只有一个 V1= V . 因此任意初始向量 V1. 于是直接由 (13) 可得相应解为x(t)=e

20、3tE + t(A 3E)=e3tE + t1111?12=e3t1 (1 2)t2 (1 2)t.为求 eAt, 分别取 = 1,0T, = 0,1T代入上式得两个线性无关解x(t) = e3t1 tt和y(t) = e3tt1 + t.得 eAt= x(t) y(t) = e3t1 ttt1 + t.注注注3. 此例中 A 仅有一个特征值 (2 重). 故 (11) 必有两个线性无关解, 它们生成全空间 V . 故无需进一步具体求解 (11). 一般地, 若 n 阶矩阵 A 有一个 n 重特征值,则 (11) 必有 n 个线性无关解. 因此 V1= V . 于是对任何向量 v V , 都有

21、(A E)nV = 0.从而 (A E)n= 0, 这样可直接计算eAt= et e(AE)t= etn1Xs=0tss!(A E)s.例例例7. 求方程 x0= Ax 的通解和 eAt. 其中A =311201112.解: A 的特征方程为det(A E) = ( 1)( 2)2= 0.得 1= 1,2= 2 分别为 A 的 n1= 1,n2= 2 重特征值.为求子空间 V1的基底, 解方程组(A 1E)v =211211111v = 04得 V1的一个基向量 v1= 0,1,1T. 对 2= 2, 解方程组(A 2E)2u =000110110u = 0得子空间 V2的一组基向量 u1=

22、1,1,0T,u2= 0,0,1T.由 (13) 得方程的一组基本解为1(t)=e1tv1= 0,et,etT2(t)=e2tE + t(A 2E)u1= e2t,e2t,0T3(t)=e2tE + t(A 2E)u2= te2t,te2t,e2tT于是通解为x(t) = c1011et+ c2110e2t+ c3tt1e2t基解矩阵可取为X(t) = 1(t) 2(t) 3(t) =0e2tte2tete2tte2tet0e2t计算得 X1(0) =110100111, 故标准基解矩阵为eAt= X(t)X1(0) =(1 + t)e2tte2tte2tet+ (1 + t)e2tet te

23、2tte2tet+ e2tet e2te2t例例例8. 求方程组 x0= Ax 的实值通解, 其中A =510205510249解: 有 det(AE) = (5)2(24+5), 得 A 的特征值 1= 5, 2= 3= 2 + i. 1,2对应的特征向量分别为 v1= 2,0,1T,v2= 3 + i,2 i,2T. 得一个基本解组1(t) = e1tv1, 2(t) = e2tv2, 3(t) = 2(t) = e3tv2.2(t),3(t) 为共轭复值解, 它们的实部 u(t) 和虚部 v(t)与 1(t) 一起给出一个实值基本解组u(t) = e2t3cost sint2cost +

24、 sint2cost, v(t) = e2tcost + 3sintcost + 2sint2sint于是得方程的实通解为 x(t) = c11(t) + c2u(t) + c3v(t),c1,c2,c3为实数.除了上述方法外, 有时还可根据方程的具体特点, 采用其他较简捷的方法, 如消元法等例例例9. 求解方程组x01= x2+ x3x02= x1+ x3x03= x1+ x2解: 由方程组可得(x1 x2)0=(x1 x2)(x2 x3)0=(x2 x3)(x1+ x2+ x3)0=2(x1+ x2+ x3)分别求解得:x1 x2=c1etx2 x3=c2etx1+ x2+ x3=c3e2

25、t联立求解可得x1=13(2c1+ c2)et+13c3e2tx2=13(c2 c1)et+13c3e2tx1=13(c1+ 2c2)et+13c3e2t由于 c1,c2,c3为任意常数, 注意到系数间的关系, 可将以上解等价写为:x1=c1et+ c3e2tx2=c2et+ c3e2tx1=(c1+ c2)et+ c3e2t习题1. 设 A 是 n 阶矩阵, 试证:(a) 常数 c1,c2有 ec1A+c2A= ec1A ec2A;(b) 整数 k 有 (eA)k= ekA. (k 0 使 kf(t,x)k kkxk 对任意 t 0 和 x 成立. 试讨论使方程组的任意非零解 x(t) 0(

26、t +) 的条件.5常常常系系系数数数线线线性性性方方方程程程的的的解解解法法法考虑 n 阶方程x(n)+ a1x(n1)+ + an1x0+ anx = 0(15)其中系数 a1, ,an是常数. 利用 Euler 待定指数函数法知函数x = cet(16)是 (15) 的解当且仅当 是特征方程p() = n+ a1n1+ + an1 + an= 0(17)的根. 当 (17) 有 n 个互异根时即得 (15) 的一个基本解组 (见课本第四章第一节).若 (17) 有重根, 则形如 (16) 的解不足以构成一个基本解组. 可按以下方法求其余的线性无关解.5.1重重重根根根是是是零零零的的的情

27、情情况况况设 = 0 是 (17) 的 k 重根. 此时 p() 具有形式p() = n+ a1n1+ + ankk= 0(18)其中 ank6= 0. 相应地方程 (15) 形如x(n)+ a1x(n1)+ + ankx(k)= 0(19)显然此方程有 k 个线性无关的特解1, t, t2, ,tk1.(20)5.2重重重根根根不不不为为为零零零的的的情情情况况况如果 = 16= 0 是 k 重根, 则 e1t是 (15) 的一个解. 引入变量变换x = e1ty(21)根据乘积的微商公式计算得x0=e1t(y0+ 1y)x00=e1t(y00+ 21y + 21y)x(n)=e1ty(n)

28、+ n1y(n1)+ + nn11y0+ n1代入 (15) 得新变量 y 的 n 阶常系数方程y(n)+ b1y(n1)+ + bn1y0+ bn= 0(22)其特征方程为q() = n+ b1n1+ + bn1 + bn(23)由 (21) 可知是 (23) 的一个根y = et是 (22) 的解x = e(1+)t是 (15) 的解1+ 是 (17) 的一个根因此, = 1是(17)的k重根 = 0是(23)的k重根.(24)于是, 根据 5.1 可知, 此时 (22) 有 k 个特解由 (20) 给出.再由 (21) 得到 (15) 有 k 个线性无关解e1t, te1t, , tk1

29、e1t(25)显然 1= 0 时, (25) 即为 (20).由此可知, 若 (17)有 s 个互异根 1, ,s, 相应重数分别为 n1, ,ns(n1+ + ns= n), 则 (15) 有一组解e1t, te1t, ,tn11e1test, test, ,tns1est可以证明它们线性无关. 于是 (15) 的所有解均为上述函数的线性组合.65.3复复复特特特征征征根根根与与与实实实值值值解解解设 = + i 是 (17) 的 k 重复根, 则 (25) 中解形如x(t) = tme+it = tmet(cost + isint),m = 1, ,k,其实部和虚部均为 (15) 的实值解

30、. 故 和 对应的 2k 个实值解为etcost, tetcost, ,tk1etcost;etsint, tetsint, ,tk1etsint.5.4Euler 方方方程程程 可可可化化化为为为常常常系系系数数数方方方程程程的的的情情情况况况Euler 方程是一类特殊形式的变系数高阶线性方程，形如tnx(n)+ a1tn1x(n1)+ + an1tx0+ anx = 0(26)其中 a1, ,an是常数. 可通过自变量变换将其转化为常系数方程求解. 作变换t = es, 即s = lnt.(27)(若 t 0)9. (2t + 1)2x00 4(2t + 1)x0+ 8x = 010. t2x00 tx0+ 2x = tlnt二. 设方程 x00+8x0+7x = f(t), 其中 f(t) 在 0,+) 上连续. 利用常数变易公式证明:1. 如果 f(t) 在 0,+) 上有界, 则方程的每个解在 0,+) 上有界;2. 如果 limtf(t) = 0, 则方程的每个解 x(t) 0(t ) 时.9