线性微分方程组

dyidt=∑j=1naij(t)yj+fi(t),1≤i≤n\frac{\text dy_i}{\text dt}=\sum_{j=1}^na_{ij}(t)y_j+f_i(t),\quad 1\le i\le n

一般假设 $a_ij(t)$ 和 $f_i(t)$ 都是 $(a,b)$ 上的连续函数

若 $f_i(t)\equiv0$，则成为齐次方程组

若令

y(t)=(y1(t)⋯yn(t))y(t)=\left( \begin{array}{c} y_1(t)\\ \cdots\\ y_n(t) \end{array} \right)

是 $(a,b)$ 到 $R^n$ 上的映射，$A(t)=(a{ij}(t)){n\times n}$

f(t)=(f1(t)⋯fn(t))f(t)=\left( \begin{array}{c} f_1(t)\\ \cdots\\ f_n(t) \end{array} \right)

则方程组可以重写为

dydt=A(t)y+f(t)=F(t,y)\frac{\text dy}{\text dt}=A(t)y+f(t)=F(t,y)

在 $t\in(a,b), y\in R$ 上，$F$ 连续，关于 $y$ 局部李氏连续，且

∣F(t,y)∣≤A(t)∣y∣+B(t)|F(t,y)|\le A(t)|y|+B(t)

定理 (解的存在唯一性)：此类微分方程对初值问题的解存在唯一，且解可以延拓到 $(a,b)$ 上

齐次线性方程组

定理

如果 $y_1,y_2$ 是齐次线性方程组的解，则对任何常数 $C_1,C_2$，$C_1y_1+C_2y_2$ 也是解

证明

直接验证

ddt(C1y1+C2y2)=A(t)(C1y1+C2y2)\frac{\text d}{\text dt}(C_1y_1+C_2y_2)=A(t)(C_1y_1+C_2y_2)

推论

齐次方程组全体解构成一个线性空间，称为解空间

定义

向量函数 $\phi_i(x): (a,b)\to R^n, 1\le i\le m$ 称为线性相关的，如果存在不全为零的常数 $C_1,C_2,\cdots,C_m$ 满足

∑i=1mCiϕi(x)≡0,∀x∈(a,b)\sum_{i=1}^mC_i\phi_i(x)\equiv0,\quad \forall x\in(a,b)

命题

假设齐次方程组有 $m$ 个解 $y_i(x)$，则 $y_i(x)$ 线性相关的充要条件是，存在 $x_0\in(a,b)$，$y_i(x_0)$ 线性相关

必要性显然，充分性：由线性相关性，存在不全为零的常数 $C_1,\cdots,C_m$，满足

∑i=1mCiyi(x0)=0\sum_{i=1}^mC_iy_i(x_0)=0

令

y(x)=∑i=1mCiyi(x)y(x)=\sum_{i=1}^mC_iy_i(x)

则 $y(x)$ 是齐次方程组的解，$y(x_0)=0$，由解的唯一性，$y(x)\equiv0$，也就是 $y_i(x)$ 线性相关

定理

齐次方程组的解空间是 $n$ 维线性空间：存在 $n$ 个线性无关的解 $y_i(x)$，使得

y(x)=∑i=1mCiyi(x),Ci∈Ry(x)=\sum_{i=1}^mC_iy_i(x),\quad C_i\in R

构成全体解

证明

设

ϵi=(0⋯1⋯0)\epsilon_i=\left( \begin{array}{c} 0\\ \cdots\\ 1\\ \cdots\\ 0 \end{array} \right)

是 $n$ 个标准基，$y_i(x)$ 是满足

y′=A(x)y,y(x0)=ϵiy'=A(x)y,\quad y(x_0)=\epsilon_i

的解，则 $y_i(x_0)$ 线性无关，必有 $n$ 个 $y_i(x)$ 线性无关

设 $y(x)$ 是方程的任意一个解，设

y(x0)=(C1⋯Cn)y(x_0)=\left( \begin{array}{c} C_1\\ \cdots\\ C_n \end{array} \right)

考虑解

y~(x)=∑i=1mCiyi(x)\tilde y(x)=\sum_{i=1}^mC_iy_i(x)

则有 $\tilde y(x_0)=y(x_0)$，由解的唯一性，$\tilde y(x)\equiv y(x), \forall x\in(a,b)$

设

yi(x)=(y1i(x)⋯yni(x))y_i(x)=\left( \begin{array}{c} y_{1i}(x)\\ \cdots\\ y_{ni}(x) \end{array} \right)
Y(x)=(y1(x) ⋯ yn(x))=(yij(x))n×nY(x)=(y_1(x)\ \cdots\ y_n(x))=(y_{ij}(x))_{n\times n}

则

dYdx=A(x)Y(x)\frac{\text dY}{\text dx}=A(x)Y(x)

命题

$Y(x)$ 是解矩阵等价于 $Y(x)$ 的每一列都是齐次方程组的解

若 $\det Y(x)\neq0$，则 $Y(x)$ 称为基本解矩阵

命题

$Y(x)$ 是解矩阵，则对于任意向量

C=(C1⋯Cn)∈RnC=\left( \begin{array}{c} C_1\\ \cdots\\ C_n \end{array} \right)\in R^n

有 $Y(x)C$ 一定是解

命题

$Y(x)$ 是解矩阵，$B$ 是一个 $n\times n$ 的常数矩阵，则 $Y(x)B$ 仍是解矩阵，特别地，如果 $Y(x)$ 为基本解矩阵，$B$ 是可逆矩阵，则 $Y(x)B$ 仍是基本解矩阵，同时所有的基本解矩阵可以在 $B$ 取遍所有的可逆矩阵时给出

证明

取定 $x_0\in(a,b)$，设 $X(x)$ 为任意一个基本解矩阵，$B=Y(x_0)^{-1}X(x_0)$，并设

X~(x)=Y(x)B\tilde X(x)=Y(x)B

则 $\tilde X(x)$ 是基本解矩阵且 $\tilde X(x_0)=X(x_0)$，由唯一性

X(x)≡X~(x)=Y(x)BX(x)\equiv\tilde X(x)=Y(x)B

命题

设 $Y(x)$ 是一个基本解矩阵，则 $Y(x)C, C\in R^n$ 是方程的通解

证明

取定 $x_0\in(a,b)$，设 $y(x)$ 是任意一个解，取 $C=Y(x_0)^{-1}y(x_0)$，则解 $\tilde y(x)=Y(x)C$ 满足 $\tilde y(x_0)=y(x_0)$，由唯一性 $\tilde y(x)=y(x)$，从而 $y(x)=Y(x)C$

定理 (刘维尔公式)：

设 $Y(x)$ 是一个解矩阵，$W(x)=\det Y(x)$，则

W(x)=W(x0)exp⁡∫x0xtrA(s)dsW(x)=W(x_0)\exp{\int_{x_0}^x}\text{tr} A(s)\text ds
trA(s)=∑i=1naii(s)\text{tr} A(s)=\sum_{i=1}^na_{ii}(s)

证明

W(x)=∣y11(x)y12(x)⋯y1n(x)y21(x)y22(x)⋯y2n(x)⋮⋮⋮yn1(x)yn2(x)⋯ynn(x)∣W(x)=\left|\begin{array}{cccc}y_{11}(x) & y_{12}(x) & \cdots & y_{1 n}(x) \\ y_{21}(x) & y_{22}(x) & \cdots & y_{2 n}(x) \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ y_{n 1}(x) & y_{n 2}(x) & \cdots & y_{n n}(x)\end{array}\right|
W′=∑i=1n∣y11y12⋯y1n⋮⋮⋮dyi1dxdyi2dx⋯dynndx⋮⋮⋮yn1yn2⋯ynn∣=∑i=1n∣y11y12⋯y1n⋮⋮⋮∑j=1naijyj1∑j=1naijyj2⋯∑j=1naijyjn⋮⋮⋮yn1yn2⋯ynn∣=∑i=1naiiW=trA(x)W\begin{align*} W'&=\sum_{i=1}^{n}\left|\begin{array}{cccc}y_{11} & y_{12} & \cdots & y_{1 n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ \frac{d y_{i 1}}{d x} & \frac{d y_{i 2}}{d x} & \cdots & \frac{d y_{n n}}{d x} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ y_{n 1} & y_{n 2} & \cdots & y_{n n}\end{array}\right|\\ &=\sum_{i=1}^{n}\left|\begin{array}{cccc}y_{11} & y_{12} & \cdots & y_{1 n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ \sum_{j=1}^{n} a_{i j} y_{j 1} & \sum_{j=1}^{n} a_{i j} y_{j 2} & \cdots & \sum_{j=1}^{n} a_{i j} y_{j n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ y_{n 1} & y_{n 2} & \cdots & y_{n n}\end{array}\right|\\ &=\sum_{i=1}^na_{ii}W=\text{tr} A(x)W \end{align*}

即证

非齐次方程组

y′=A(x)y+f(x)y'=A(x)y+f(x)

命题

设 $\Phi(x)$ 是对应齐次方程组的基本解矩阵，$y_*(x)$ 是原方程的一个解，则

y(x)=Φ(x)C+y∗(x),C∈Rny(x)=\Phi(x)C+y_*(x),\quad C\in R^n

证明

显然 $y-y*$ 是齐次方程组的解，因此存在 $C\in R^n$，使得 $y-y*=\Phi C$

寻找特解

设原方程有一个解有形式

y(x)=Φ(x)C(x)y(x)=\Phi(x)C(x)

那么

y′(x)=A(x)Φ(x)C(x)+f(x)=Φ′(x)C(x)+Φ(x)C′(x)y'(x)=A(x)\Phi(x)C(x)+f(x)=\Phi'(x)C(x)+\Phi(x)C'(x)
⇒C′(x)=Φ′(x)−1f(x)\Rightarrow C'(x)=\Phi'(x)^{-1}f(x)

得到原方程一个解

y∗(x)=Φ(x)∫x0xΦ(s)−1f(s)dsy_*(x)=\Phi(x)\int_{x_0}^x\Phi(s)^{-1}f(s)\text ds

求通解

y∗(x)=Φ(x)(C+∫x0xΦ(s)−1f(s)ds)y_*(x)=\Phi(x)\left(C+\int_{x_0}^x\Phi(s)^{-1}f(s)\text ds\right)

常系数微分方程组

dydx=Ay+f(x)\frac{\text dy}{\text dx}=Ay+f(x)

其中 $A$ 是 $n\times n$ 的常系数矩阵

其对应的齐次方程组为

dydx=Ay\frac{\text dy}{\text dx}=Ay

$y=e^{Ax}$ 是一个解，因为

deAxdx=∑i=0∞Ai+1xii!=A∑i=0∞Aixii!=AeAx\frac{\text d e^{Ax}}{\text dx}=\sum_{i=0}^\infty A^{i+1}\frac{x^i}{i!}=A\sum_{i=0}^\infty A^{i}\frac{x^i}{i!}=Ae^{Ax}

这里已经定义了

eAx=In+Ax1!+A2x22!+⋯e^{Ax}=I_n+\frac{Ax}{1!}+\frac{A^2x^2}{2!}+\cdots

这个级数逐项收敛，且逐项求导之后依然一致收敛，因此对级数求导的结果相当于逐项求导后的级数

$e^{Ax}$ 当然是一个解矩阵，同时 $x=0$ 时，$e^{Ax}=I_n$，因此 $e^{Ax}$ 是一个基本解矩阵

定义 (矩阵的模)

$M_n$ 是一切 $n$ 阶实矩阵的集合，实际上构成了一个 $n^2$ 维的完备的线性空间，定义

∣∣A∣∣=∑i,j∣aij∣,A∈Mn||A||=\sum_{i,j}|a_{ij}|,\quad A\in M_n

从而

eAx=In+Ax1!+A2x22!+⋯e^{Ax}=I_n+\frac{Ax}{1!}+\frac{A^2x^2}{2!}+\cdots

在 $x$ 的任意有界区间上是绝对一致收敛的，任意阶逐项求导之后也是绝对一致收敛的，因此它是一个 $C^\infty$ 的矩阵函数，可逐项求导任意多次

矩阵函数的性质

  • $A,B\in M_n$ 且 $AB=BA$，则 $e^{A+B}=e^Ae^B=e^Be^A$

    eAeB=∑i=0∞Aii!∑j=0∞Bjj!e^Ae^B=\sum_{i=0}^\infty\frac{A^i}{i!}\sum_{j=0}^\infty\frac{B^j}{j!}

    由级数的绝对收敛性，可以合并两个级数，且任意交换求和次序

    eAeB=∑k=0∞∑i+j=kAiBji!j!=∑k=0∞1k!∑i=0kCkiAiBk−i=∑k=0∞1k!(A+B)k=eA+Be^Ae^B=\sum_{k=0}^\infty\sum_{i+j=k}\frac{A^iB^j}{i!j!}=\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{k!}\sum_{i=0}^kC_k^iA^iB^{k-i}=\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{k!}(A+B)^k=e^{A+B}

    推论：对任意 $A\in M_n$，$(e^A)^{-1}=e^{-A}$

  • $P\in M_n$ 是可逆的，则

    ePAP−1=PeAP−1e^{PAP^{-1}}=Pe^AP^{-1}
    LHS=∑i=0∞(PAP−1)ii!=∑i=0∞PAiP−1i!=PeAP−1=RHSLHS=\sum_{i=0}^\infty\frac{\left(PAP^{-1}\right)^i}{i!}=\sum_{i=0}^\infty\frac{PA^iP^{-1}}{i!}=Pe^AP^{-1}=RHS

命题

dydx=Ay\frac{\text dy}{\text dx}=Ay

满足 $\Phi(0)=E_n$ 的基本解矩阵为 $\Phi(x)=e^{Ax}$

推论

dydx=Ay+f(x)\frac{\text dy}{\text dx}=Ay+f(x)

的通解为

y=eAxC+∫x0xeA(x−s)f(s)dsy=e^{Ax}C+\int_{x_0}^xe^{A(x-s)}f(s)\text ds

$C\in R^n$ 为任意列向量，而满足 $y(x_0)=y_0$ 的初值问题的解为

y=eA(x−x0)y0+∫x0xeA(x−s)f(s)dsy=e^{A(x-x_0)}y_0+\int_{x_0}^xe^{A(x-s)}f(s)\text ds

如何求出 $e^{Ax}$

例

$A=\text{diag}(a_1,a_2,\cdots,a_n)$，则 $A^k=\text{diag}(a_1^k,a_2^k,\cdots,a_n^k)$，从而

eAx=diag(a1k,a2k,⋯ ,ank)∑k=0∞xkk!=diag(ea1x,ea2x,⋯ ,eanx)e^{Ax}=\text{diag}(a_1^k,a_2^k,\cdots,a_n^k)\sum_{k=0}^\infty\frac{x^k}{k!}=\text{diag}(e^{a_1x},e^{a_2x},\cdots,e^{a_nx})

例

A=(111011001)=E3+Z3A=\left( \begin{array}{ccc} 1&1&1\\ 0&1&1\\ 0&0&1 \end{array} \right)=E_3+Z_3

其中

Z3=(011001000)Z_3=\left( \begin{array}{ccc} 0&1&1\\ 0&0&1\\ 0&0&0 \end{array} \right)

显然有 $E_3Z_3=Z_3E_3$，且

Z32=(001000000),Z33=0Z_3^2=\left( \begin{array}{ccc} 0&0&1\\ 0&0&0\\ 0&0&0 \end{array} \right),\quad Z_3^3=0

因此

eAx=eE3x+Z3x=eE3xeZ3x=exeZ3x=ex(E3+Z3x+Z32x22)=ex(1xx+12x201x001)=(exxex(x+12x2)ex0exxex00ex)\begin{align*} e^{Ax}&=e^{E_3x+Z_3x}=e^{E_3x}e^{Z_3x}=e^{x}e^{Z_3x}\\ &=e^{x}\left(E_3+Z_3x+\frac{Z_3^2x^2}{2}\right)\\ &=e^x \left( \begin{array}{ccc} 1&x&x+\frac{1}{2}x^2\\ 0&1&x\\ 0&0&1 \end{array} \right)\\ &= \left( \begin{array}{ccc} e^x&xe^x&\left(x+\frac{1}{2}x^2\right)e^x\\ 0&e^x&xe^x\\ 0&0&e^x \end{array} \right) \end{align*}

利用 Jordan 标准型

对于每一个 $n$ 阶矩阵 $A$，存在 $n$ 阶非奇异矩阵 $P$，使得

A=PJP−1A=PJP^{-1}

其中

J=diag(J1,J2,⋯ ,Jm)J=\text{diag}(J_1,J_2,\cdots,J_m)

被称为 Jordan 标准型，由 Jordan 块

Ji=(λi1λi⋱⋱1λi)=λiEni+Zni{J}_{i}=\left(\begin{array}{cccc}\lambda_{i} & 1 & & \\ & \lambda_{i} & \ddots & \\ & & \ddots & 1 \\ & & & \lambda_{i}\end{array}\right)=\lambda_iE_{n_i}+Z_{n_i}

构成，因此

eJix=eλiEnixeZnix=eλixeZnix=exJi=eλix(1xx22!⋯⋯xni−1(ni−1)!1x⋯⋯xni−2(ni−2)!⋱⋱⋮⋱⋱⋮⋱x1)\begin{align*} e^{J_ix}&=e^{\lambda_iE_{n_i}x}e^{Z_{n_i}x}=e^{\lambda_ix}e^{Z_{n_i}x}=e^{x J_{i}}\\ &=e^{\lambda_{i} x}\left(\begin{array}{cccccc}1 & x & \frac{x^{2}}{2 !} & \cdots & \cdots & \frac{x^{n_{i}-1}}{\left(n_{i}-1\right) !} \\ & 1 & x & \cdots & \cdots & \frac{x^{n_{i}-2}}{\left(n_{i}-2\right) !} \\ & & \ddots & \ddots & & \vdots \\ & && \ddots & \ddots & \vdots \\ & & && \ddots & x \\ & & & && 1\end{array}\right) \end{align*}

从而

exJ=diag(exJ1,exJ2,⋯ ,exJm)e^{x J}=\text{diag}(e^{xJ_1},e^{xJ_2},\cdots,e^{xJ_m})
eAx=PeJxP−1e^{Ax}=Pe^{Jx}P^{-1}

事实上由 $P$ 的可逆性， $e^{Ax}P=Pe^{Jx}$ 也是方程的一个基本解矩阵

但是一般来说，求 Jordan 标准型和过渡矩阵 $P$ 的计算量非常大，需要寻找替代方法

待定指数函数法

矩阵 $A$ 的 Jordan 标准型依赖于它特征根的重数

  • 如果 $A$ 只有实的单特征根 $\lambda_1,\cdots,\lambda_n$，则 $A$ 的 Jordan 标准型就是一个对角矩阵

    Φ(x)=eAxP=PeJx=P⋅diag(eλ1x,eλ2x,⋯ ,eλnx)\Phi(x)=e^{Ax}P=Pe^{Jx}=P\cdot\text{diag}(e^{\lambda_1x}, e^{\lambda_2x},\cdots,e^{\lambda_nx})

    且 $\Phi(0)=P$，有 $e^{Ax}=\Phi(x)\Phi^{-1}(0)$

    令 $r_i$ 表示 $P$ 的第 $i$ 列的向量，则基本解矩阵 $\Phi(x)$

    Φ(x)=(eλ1xr1,eλnxrn,⋯ ,eλnxrn)\Phi(x)=\left(e^{\lambda_1x}r_1,e^{\lambda_nx}r_n,\cdots,e^{\lambda_nx}r_n\right)

    可是要怎么求 $r_i$ 呢

    引理

    微分方程组有非零解 $y=e^{\lambda x} r$，当且仅当 $\lambda$ 是 $A$ 的特征根，而 $r$ 是与 $\lambda$ 相应的特征向量

    证明

    dydx=λeλxr=eλxAr\frac{\text dy}{\text dx}=\lambda e^{\lambda x}r=e^{\lambda x}Ar
    ⇔(A−λEn)r=0\Leftrightarrow (A-\lambda E_n)r=0

    $r$ 的非零解就是 $A$ 的特征根相应的特征向量

    从而有

    定理

    设 $n$ 阶矩阵 $A$ 有 $n$ 个互不相同的特征根 $\lambda_i$，则矩阵函数

    Φ(x)=(eλ1xr1,eλnxrn,⋯ ,eλnxrn)\Phi(x)=\left(e^{\lambda_1x}r_1,e^{\lambda_nx}r_n,\cdots,e^{\lambda_nx}r_n\right)

    是一个基本解矩阵，其中 $r_i$ 是与 $\lambda_i$ 相应的特征向量

    证明

    由上面的引理，$\Phi(x)$ 当然是一个解矩阵，又由 $r_i$ 之间是线性无关的，即 $\Phi(0)$ 是满秩的，$\Phi(x)$ 也是一个基本解矩阵

    实际上证明过程并没有用到 $\lambda_i$ 互不相同，只要求 $r_i$ 之间线性无关，因此定理的结果可以加强 (但是不一定好用，因为不好判断相同的特征根下的特征向量是否线性无关)

  • $A$ 只有单特征根，但是包括复值根，从而 $\Phi(x)$ 可能是复的，虽然最终的 $e^{Ax}$ 一定是实的，但是计算 $\Phi^{-1}(0)$ 的过程计算量较大

    事实上如果微分方程组有一个复值解，则由于方程的系数是实数，对方程两边取共轭之后易知该复值解的共轭也是方程的解；由于复值解的实部和虚部都可以用它与其共轭的线性表出，实部和虚部一定同时为方程的解，可以将两个复值解替换掉

  • $A$ 有重特征根

    设 $A$ 互不相同的特征根为 $\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_s$，相应的重数分别为 $n_1,n_2,\cdots,n_s$

    在 $A$ 的 Jordan 标准型中，与 $\lambda_i$ 相对应的 Jordan 块可能不止一个，但这些 Jordan 块的阶数之和为 $n_i$

    在基本解矩阵 $e^{Ax}P$ 的所有列向量中，与 $\lambda_i$ 相关的 $n_i$ 列都具有下列形式

    y=eλix(r0+x1!r1+x22!r2+⋯+xni−1(ni−1)!rni−1)y=e^{\lambda_{i} x}\left(r_{0}+\frac{x}{1 !} r_{1}+\frac{x^{2}}{2 !} r_{2}+\cdots+\frac{x^{n_{i}-1}}{\left(n_{i}-1\right) !} r_{n_{i}-1}\right)

    级数截断在 $n_i-1$

    引理

    方程有如上的非零解的充要条件是，$r_0$ 是齐次线性方程组

    (A−λiE)nir=0(A-\lambda_i E)^{n_i}r=0

    的一个非零解，而 $r_k$ 是递推定义的

    rk=(A−λiE)rk−1,1≤k≤ni−1r_{k}=(A-\lambda_iE)r_{k-1},\quad 1\le k\le n_i-1

    证明

    将上述形式代入

    dydx=λiy+eλix(r1+x1!r2+x22!r3+⋯+xni−2(ni−2)!rni−1)=Ay\frac{\text dy}{\text dx}=\lambda_iy+e^{\lambda_ix}\left(r_1+\frac{x}{1 !} r_{2}+\frac{x^{2}}{2 !} r_{3}+\cdots+\frac{x^{n_{i}-2}}{\left(n_{i}-2\right) !}r_{n_{i}-1}\right)=Ay
    ⇒(A−λiEn)(r0+x1!r1+x22!r2+⋯+xni−1(ni−1)!rni−1)=r1+x1!r2+x22!r3+⋯+xni−2(ni−2)!rni−1\Rightarrow (A-\lambda_i E_n)\left(r_{0}+\frac{x}{1 !} r_{1}+\frac{x^{2}}{2 !} r_{2}+\cdots+\frac{x^{n_{i}-1}}{\left(n_{i}-1\right) !} r_{n_{i}-1}\right)=r_1+\frac{x}{1 !} r_{2}+\frac{x^{2}}{2 !} r_{3}+\cdots+\frac{x^{n_{i}-2}}{\left(n_{i}-2\right) !}r_{n_{i}-1}

    逐项比较系数即有上述定义

    命题

    设矩阵 $A$ 的互不相同的特征根为 $\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_s$，相应的重数分别为 $n_1,n_2,\cdots,n_s$，记 $n$ 维常数列向量组成的线性空间为 $\mathbb{V}$，则

    • $\mathbb V_i=\left{r\in \mathbb V\left|(A-\lambda_i)^{n_i}r=0\right.\right}$ 是矩阵 $A$ 的 $n_i$ 维不变子空间

    • $\mathbb V$ 有直和分解

      V=V1⊕V2⊕⋯⊕Vs\mathbb{V}=\mathbb{V}_{1} \oplus \mathbb{V}_{2} \oplus \cdots \oplus \mathbb{V}_{s}

    定理

    在有重根的情形下，基本解矩阵 $\Phi(x)$ 为

    (eλ1xP1(1)(x),⋯ ,eλ1xPn1(1)(x);⋯ ;eλsxP1(s)(x),⋯ ,eλsxPns(s)(x))\left(e^{\lambda_{1} x} P_{1}^{(1)}(x), \cdots, e^{\lambda_{1} x} P_{n_{1}}^{(1)}(x) ; \cdots ; e^{\lambda_{s} x} P_{1}^{(s)}(x), \cdots, e^{\lambda_s x} P_{n_{s}}^{(s)}(x)\right)

    其中

    Pj(i)(x)=rj0(i)+x1!rj1(i)+⋯+xni−1(ni−1)!rjni−1(i)P_j^{(i)}(x)=r_{j0}^{(i)}+\frac{x}{1!}r_{j1}^{(i)}+\cdots+\frac{x^{n_i-1}}{(n_i-1)!}r_{jn_i-1}^{(i)}

    是与 $\lambdai$ 对应的第 $j$ 个向量多项式，而 $r{jk}^{(i)}$ 是齐次线性方程组的 $ni$ 个线性无关的解，且 $r{jk}^{(i)}$ 是用 $r_{j0}^{(i)}$ 代替引理中的 $r_0$ 而依次得出的 $r_k$

    证明

    $\Phi(x)$ 显然是解矩阵，只需要证明各列线性无关，而

    Φ(0)=(r10(1),⋯ ,rn10(1);⋯ ;r10(s),⋯ ,rns0(s))\Phi(0)= \left(r_{10}^{(1)}, \cdots, r_{n_{1} 0}^{(1)} ; \cdots ; r_{10}^{(s)}, \cdots, r_{n_s 0}^{(s)}\right)

    则我们总可以选取解空间 $\mathbb V$ 中满足 $(A-\lambdaiE_n)^{n_i}r=0$ 的 $r$ 张成的 $n_i$ 维子空间 $\mathbb V_i$ 的基底作为 $r{j0}^{(i)}$，同时由于 $\mathbb V$ 恰为 $s$ 个 $\mathbb V_i$ 的直和，各个子空间的基底与其他子空间的基底也是线性无关的，从而就证明了 $\Phi(x)$ 的各项是线性无关的，它是一个基本解矩阵

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