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17 分钟
Linear Systems of Differential Equations
2026-04-15
笔记
常微分方程

Overview#

  1. Method of Elimination：把小型系统消元成单个高阶线性 ODE；
  2. Eigenvalue Method：把x′=Ax\mathbf{x}'=A\mathbf{x}转成特征值问题 Av=λvA\mathbf{v}=\lambda\mathbf{v}；
  3. Multiple Eigenvalue Solutions：处理重特征值，尤其是 defective 情形；
  4. Matrix Exponentials：用 eAte^{At} 统一表示齐次系统解；
  5. Nonhomogeneous Linear Systems：处理 x′=Ax+f(t)\mathbf{x}'=A\mathbf{x}+\mathbf{f}(t)，重点是 undetermined coefficients 与 variation of parameters。

Contents#

两大系统#

齐次系统#

x′=Ax\mathbf{x}'=A\mathbf{x}

  1. 小系统时可以先用 elimination；
  2. 一般情形用 eigenvalue method；
  3. 遇到重根时要区分 complete 与 defective；
  4. 最后用 matrix exponential 统一表达。

非齐次系统#

x′=Ax+f(t)\mathbf{x}'=A\mathbf{x}+\mathbf{f}(t)

x(t)=xc(t)+xp(t)\boxed{\mathbf{x}(t)=\mathbf{x}_c(t)+\mathbf{x}_p(t)}

其中：

  • xc\mathbf{x}_c 来自对应齐次系统；
  • xp\mathbf{x}_p 用 待定系数法 或 参数变易法 求。

The Method of Elimination#

对小型系统，尤其是 2 个或 3 个未知函数的一阶线性系统，可以把其中一个变量消掉，得到一个单独的高阶方程，再用 Chapter2 的方法去解。

system of first-order ODEs →\rightarrow single higher-order linear ODE

标准流程#

对一个二元系统

{x′=a11x+a12y+g1(t),y′=a21x+a22y+g2(t),\begin{cases} x' = a_{11}x+a_{12}y+g_1(t),\\ y' = a_{21}x+a_{22}y+g_2(t), \end{cases}
  1. 从一个方程解出一个变量；
  2. 求导，把另外一个导数也表达出来；
  3. 代回另一个方程，消去其中一个变量；
  4. 得到单个二阶线性 ODE；
  5. 解这个二阶方程；
  6. 再回代求另一个变量。

Example#

Example 1

考虑

{x′=4x−3y,y′=6x−7y.\begin{cases} x' = 4x-3y,\\ y' = 6x-7y. \end{cases}

从第二个方程解出 xx：

x=16y′+76y.x=\frac16 y'+\frac76 y.

再求导：

x′=16y′′+76y′.x'=\frac16 y''+\frac76 y'.

代入第一个方程 x′=4x−3yx'=4x-3y：

16y′′+76y′=4(16y′+76y)−3y.\frac16 y''+\frac76 y'=4\left(\frac16 y'+\frac76 y\right)-3y.

整理得到

y′′+3y′−10y=0.y''+3y'-10y=0.

特征方程为

r2+3r−10=(r−2)(r+5)=0,r^2+3r-10=(r-2)(r+5)=0,

所以

y(t)=C1e2t+C2e−5t.y(t)=C_1e^{2t}+C_2e^{-5t}.

再回代

x=16y′+76yx=\frac16y'+\frac76y

得到

x(t)=32C1e2t+13C2e−5t.x(t)=\frac32 C_1e^{2t}+\frac13 C_2e^{-5t}.

Example 2

{x′=x+2y+et,y′=4x+3y.\begin{cases} x' = x+2y+e^t,\\ y' = 4x+3y. \end{cases}

仍然用 elimination。

由第二式：

x=14(y′−3y).x=\frac14(y'-3y).

求导：

x′=14(y′′−3y′).x'=\frac14(y''-3y').

代入第一式：

14(y′′−3y′)=14(y′−3y)+2y+et.\frac14(y''-3y')=\frac14(y'-3y)+2y+e^t.

整理：

y′′−4y′−5y=4et.y''-4y'-5y=4e^t.

对应齐次方程的特征根为 5,−15,-1，所以

yc=C1e5t+C2e−t.y_c=C_1e^{5t}+C_2e^{-t}.

对右端 4et4e^t，试特解 yp=Aety_p=Ae^t，代入得

(1−4−5)A=4⟹A=−12.(1-4-5)A=4 \quad\Longrightarrow\quad A=-\frac12.

所以

y(t)=C1e5t+C2e−t−12et.y(t)=C_1e^{5t}+C_2e^{-t}-\frac12 e^t.

再回代

x=14(y′−3y),x=\frac14(y'-3y),

可得

x(t)=12C1e5t−C2e−t+14et.x(t)=\frac12 C_1e^{5t}-C_2e^{-t}+\frac14 e^t.

The Eigenvalue Method for Homogeneous Systems#

对常系数齐次系统

x′=Ax,\mathbf{x}'=A\mathbf{x},

模仿第二章常系数线性方程的思路，猜

x(t)=veλt,\mathbf{x}(t)=\mathbf{v}e^{\lambda t},

其中 v\mathbf{v} 是常向量。

代回去：

λveλt=Aveλt⟹Av=λv.\lambda \mathbf{v}e^{\lambda t}=A\mathbf{v}e^{\lambda t} \quad\Longrightarrow\quad A\mathbf{v}=\lambda \mathbf{v}.

于是问题转化为：

求矩阵 AA 的 eigenvalues 和 eigenvectors

Example#

Case 1：特征值全为单实根#

若 AA 有 nn 个不同实特征值 λ1,…,λn\lambda_1,\dots,\lambda_n，对应线性无关特征向量 v1,…,vn\mathbf{v}_1,\dots,\mathbf{v}_n，则 general solution 为

x(t)=c1v1eλ1t+⋯+cnvneλnt\boxed{ \mathbf{x}(t)=c_1\mathbf{v}_1e^{\lambda_1 t}+\cdots+c_n\mathbf{v}_n e^{\lambda_n t} }

Example：三个不同实特征值

{x′=−3x+4y−2z,y′=x+z,z′=6x−6y+5z.\begin{cases} x'=-3x+4y-2z,\\ y'=x+z,\\ z'=6x-6y+5z. \end{cases}

对应矩阵

A=(−34−21016−65).A= \begin{pmatrix} -3&4&-2\\ 1&0&1\\ 6&-6&5 \end{pmatrix}.

其特征值为

λ=−1, 1, 2.\lambda=-1,\ 1,\ 2.

下面把特征向量也算一下。

对 λ=−1\lambda=-1，解

(A+I)v=0,A+I=(−24−21116−66).(A+I)\mathbf{v}=0, \qquad A+I= \begin{pmatrix} -2&4&-2\\ 1&1&1\\ 6&-6&6 \end{pmatrix}.

设

v=(abc),\mathbf{v}= \begin{pmatrix} a\\b\\c \end{pmatrix},

则方程组为

−2a+4b−2c=0,a+b+c=0.-2a+4b-2c=0,\qquad a+b+c=0.

第一式化为

a−2b+c=0.a-2b+c=0.

与

a+b+c=0a+b+c=0

相减得

−3b=0⇒b=0,-3b=0\Rightarrow b=0,

再代回得

a+c=0.a+c=0.

取 a=−1,c=1a=-1,c=1，可得

v−1=(−101).\mathbf{v}_{-1}= \begin{pmatrix} -1\\0\\1 \end{pmatrix}.

对 λ=1\lambda=1，解

(A−I)v=0,A−I=(−44−21−116−64).(A-I)\mathbf{v}=0, \qquad A-I= \begin{pmatrix} -4&4&-2\\ 1&-1&1\\ 6&-6&4 \end{pmatrix}.

方程组为

−4a+4b−2c=0,a−b+c=0.-4a+4b-2c=0,\qquad a-b+c=0.

把第二式乘 22 得

2a−2b+2c=0.2a-2b+2c=0.

与第一式化简后的

−2a+2b−c=0-2a+2b-c=0

联立，可得

c=0,a=b.c=0,\qquad a=b.

取 a=b=1a=b=1，得到

v1=(110).\mathbf{v}_{1}= \begin{pmatrix} 1\\1\\0 \end{pmatrix}.

对 λ=2\lambda=2，解

(A−2I)v=0,A−2I=(−54−21−216−63).(A-2I)\mathbf{v}=0, \qquad A-2I= \begin{pmatrix} -5&4&-2\\ 1&-2&1\\ 6&-6&3 \end{pmatrix}.

方程组为

−5a+4b−2c=0,a−2b+c=0.-5a+4b-2c=0,\qquad a-2b+c=0.

由第二式得

a=2b−c.a=2b-c.

代入第一式：

−5(2b−c)+4b−2c=0⇒−6b+3c=0⇒c=2b.-5(2b-c)+4b-2c=0 \Rightarrow -6b+3c=0 \Rightarrow c=2b.

再代回

a=2b−2b=0.a=2b-2b=0.

取 b=1b=1，得到

v2=(012).\mathbf{v}_{2}= \begin{pmatrix} 0\\1\\2 \end{pmatrix}.

所以 general solution 为

x(t)=c1(−101)e−t+c2(110)et+c3(012)e2t.\mathbf{x}(t)= c_1 \begin{pmatrix} -1\\0\\1 \end{pmatrix}e^{-t} + c_2 \begin{pmatrix} 1\\1\\0 \end{pmatrix}e^{t} + c_3 \begin{pmatrix} 0\\1\\2 \end{pmatrix}e^{2t}.

这个例子是最理想情形： 不同实特征值 ⇒\Rightarrow 直接拼解。

Case 2：出现复特征值#

若 AA 有复特征值

λ=α±iβ,\lambda=\alpha\pm i\beta,

对应复特征向量

v=p+iq,\mathbf{v}=\mathbf{p}+i\mathbf{q},

则复解

x(t)=ve(α+iβ)t\mathbf{x}(t)=\mathbf{v}e^{(\alpha+i\beta)t}

的实部和虚部给出两条实值解：

eαt(pcos⁡βt−qsin⁡βt),e^{\alpha t}\big(\mathbf{p}\cos \beta t-\mathbf{q}\sin \beta t\big),eαt(psin⁡βt+qcos⁡βt).e^{\alpha t}\big(\mathbf{p}\sin \beta t+\mathbf{q}\cos \beta t\big).

Example：一个实特征值 + 一对复特征值

{x′=2x+y,y′=x+3y−z,z′=−x+2y+3z.\begin{cases} x' = 2x+y,\\ y' = x+3y-z,\\ z' = -x+2y+3z. \end{cases}

对应矩阵

A=(21013−1−123).A= \begin{pmatrix} 2&1&0\\ 1&3&-1\\ -1&2&3 \end{pmatrix}.

它的特征值为：

λ1=2,λ2,3=3±i.\lambda_1=2,\qquad \lambda_{2,3}=3\pm i.

先算 λ=2\lambda=2 的特征向量。解

(A−2I)v=0,A−2I=(01011−1−121).(A-2I)\mathbf{v}=0, \qquad A-2I= \begin{pmatrix} 0&1&0\\ 1&1&-1\\ -1&2&1 \end{pmatrix}.

设

v=(abc),\mathbf{v}= \begin{pmatrix} a\\b\\c \end{pmatrix},

则第一式给

b=0.b=0.

第二式变成

a−c=0⇒a=c.a-c=0\Rightarrow a=c.

取 a=c=1a=c=1，得到

v1=(101). \mathbf{v}_1= \begin{pmatrix} 1\\0\\1 \end{pmatrix}.

再算 λ=3+i\lambda=3+i。解

(A−(3+i)I)v=0,(A-(3+i)I)\mathbf{v}=0,

其中

A−(3+i)I=(−1−i101−i−1−12−i).A-(3+i)I= \begin{pmatrix} -1-i&1&0\\ 1&-i&-1\\ -1&2&-i \end{pmatrix}.

设

v=(abc).\mathbf{v}= \begin{pmatrix} a\\b\\c \end{pmatrix}.

由第一式

(−1−i)a+b=0⇒b=(1+i)a.(-1-i)a+b=0 \Rightarrow b=(1+i)a.

由第二式

a−ib−c=0⇒c=a−ib.a-ib-c=0 \Rightarrow c=a-ib.

代入 b=(1+i)ab=(1+i)a：

c=a−i(1+i)a=a−(i−1)a=(2−i)a.c=a-i(1+i)a=a-(i-1)a=(2-i)a.

取 a=1−ia=1-i 来避免分母，则

b=(1+i)(1−i)=2,b=(1+i)(1-i)=2,c=(2−i)(1−i)=1−3i.c=(2-i)(1-i)=1-3i.

因此可以取复特征向量

v=(1−i21−3i)=(121)⏟p+i(−10−3)⏟q. \mathbf{v}= \begin{pmatrix} 1-i\\ 2\\ 1-3i \end{pmatrix}= \underbrace{\begin{pmatrix}1\\2\\1\end{pmatrix}}_{\mathbf{p}} +i\underbrace{\begin{pmatrix}-1\\0\\-3\end{pmatrix}}_{\mathbf{q}}.

与它等比例的复特征向量都可以；下面就用这一组 p,q\mathbf{p},\mathbf{q}。

general solution:

x(t)=c1(101)e2t+e3t[c2(pcos⁡t−qsin⁡t)+c3(psin⁡t+qcos⁡t)].\mathbf{x}(t)=c_1 \begin{pmatrix} 1\\0\\1 \end{pmatrix}e^{2t} +e^{3t} \left[c_2\big(\mathbf{p}\cos t-\mathbf{q}\sin t\big)+c_3\big(\mathbf{p}\sin t+\mathbf{q}\cos t\big) \right].

也就是

x(t)=c1(101)e2t+e3t[c2(cos⁡t+sin⁡t2cos⁡tcos⁡t+3sin⁡t)+c3(sin⁡t−cos⁡t2sin⁡tsin⁡t−3cos⁡t)].\mathbf{x}(t)=c_1 \begin{pmatrix} 1\\0\\1 \end{pmatrix}e^{2t} + e^{3t} \left[ c_2 \begin{pmatrix} \cos t+\sin t\\ 2\cos t\\ \cos t+3\sin t \end{pmatrix} + c_3 \begin{pmatrix} \sin t-\cos t\\ 2\sin t\\ \sin t-3\cos t \end{pmatrix} \right].

Case 3：重特征值#

若特征值 λ0\lambda_0 重数为 kk，则会出现

(v0+t1!v1+t22!v2+⋯+tk−1(k−1)!vk−1)eλ0t\left( \mathbf{v}_0+\frac{t}{1!}\mathbf{v}_1+\frac{t^2}{2!}\mathbf{v}_2+\cdots+\frac{t^{k-1}}{(k-1)!}\mathbf{v}_{k-1} \right)e^{\lambda_0 t}

这样的解，其中各向量通过

(A−λ0I)vj=vj−1(A-\lambda_0 I)\mathbf{v}_{j}=\mathbf{v}_{j-1}

形成一条 generalized eigenvector chain。

这一部分内容在后面会讲。

Multiple Eigenvalue Solutions#

Complete vs. Defective#

设特征值 λ\lambda 的代数重数为 kk。

  • 若它能给出 kk 个线性无关特征向量，称为 complete；
  • 若它给不出这么多特征向量，则称为 defective。

Example#

Example 1：重根但 complete

考虑矩阵

A=(940−6−10643).A= \begin{pmatrix} 9&4&0\\ -6&-1&0\\ 6&4&3 \end{pmatrix}.

其特征方程为

(5−λ)(3−λ)2=0.(5-\lambda)(3-\lambda)^2=0.

所以特征值是：

  • λ=5\lambda=5；
  • λ=3\lambda=3（二重根）。

对 λ=5\lambda=5，先解

(A−5I)v=0,A−5I=(440−6−6064−2).(A-5I)\mathbf{v}=0, \qquad A-5I= \begin{pmatrix} 4&4&0\\ -6&-6&0\\ 6&4&-2 \end{pmatrix}.

设

v=(abc).\mathbf{v}= \begin{pmatrix} a\\b\\c \end{pmatrix}.

前两行都给出

a+b=0⇒b=−a.a+b=0\Rightarrow b=-a.

第三行变成

6a+4(−a)−2c=0⇒2a−2c=0⇒c=a.6a+4(-a)-2c=0 \Rightarrow 2a-2c=0 \Rightarrow c=a.

取 a=1a=1，可得

v1=(1−11).\mathbf{v}_1= \begin{pmatrix} 1\\-1\\1 \end{pmatrix}.

对 λ=3\lambda=3，解

(A−3I)v=0,A−3I=(640−6−40640).(A-3I)\mathbf{v}=0, \qquad A-3I= \begin{pmatrix} 6&4&0\\ -6&-4&0\\ 6&4&0 \end{pmatrix}.

唯一独立条件是

6a+4b=0⇒3a+2b=0.6a+4b=0 \Rightarrow 3a+2b=0.

所以有两个自由变量。取两组简单解：

  • 若取 a=0a=0，则 b=0b=0，可取 c=1c=1，得到 v2=(001);\mathbf{v}_2= \begin{pmatrix} 0\\0\\1 \end{pmatrix};
  • 若取 c=0c=0，再令 a=2a=2，则 b=−3b=-3，得到 v3=(2−30).\mathbf{v}_3= \begin{pmatrix} 2\\-3\\0 \end{pmatrix}.

因此 λ=3\lambda=3 虽然是二重根，但确实给出了两条线性无关特征向量。

因此虽然 λ=3\lambda=3 是重根，但它是 complete，通解仍然像普通情形一样：

x(t)=c1v1e5t+c2v2e3t+c3v3e3t.\mathbf{x}(t)= c_1\mathbf{v}_1e^{5t} +c_2\mathbf{v}_2e^{3t} +c_3\mathbf{v}_3e^{3t}.

Example 2：二重 defective eigenvalue

看矩阵

A=(1−337).A= \begin{pmatrix} 1&-3\\ 3&7 \end{pmatrix}.

特征方程为

(λ−4)2=0,(\lambda-4)^2=0,

所以唯一特征值是

λ=4\lambda=4

且重数为 2。

先解

(A−4I)v=0,A−4I=(−3−333).(A-4I)\mathbf{v}=0, \qquad A-4I= \begin{pmatrix} -3&-3\\ 3&3 \end{pmatrix}.

设

v=(ab),\mathbf{v}= \begin{pmatrix} a\\b \end{pmatrix},

则只得到一个独立条件

−3a−3b=0⇒a+b=0.-3a-3b=0 \Rightarrow a+b=0.

所以特征向量只能写成

v=a(1−1).\mathbf{v}=a \begin{pmatrix} 1\\-1 \end{pmatrix}.

因此只得到一个方向，可取

v1=(1−1).\mathbf{v}_1= \begin{pmatrix} 1\\-1 \end{pmatrix}.

于是 λ=4\lambda=4 是 defective。

这时只靠普通解

x1(t)=v1e4t\mathbf{x}_1(t)=\mathbf{v}_1e^{4t}

不够，还要找 generalized eigenvector v2\mathbf{v}_2 满足

(A−4I)v2=v1.(A-4I)\mathbf{v}_2=\mathbf{v}_1.

设

v2=(uv),\mathbf{v}_2= \begin{pmatrix} u\\v \end{pmatrix},

则

(−3−333)(uv)=(1−1).\begin{pmatrix} -3&-3\\ 3&3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} u\\v \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 1\\-1 \end{pmatrix}.

第一行给

−3u−3v=1⇒u+v=−13.-3u-3v=1 \Rightarrow u+v=-\frac13.

取最简单的 v=0v=0，就有

u=−13.u=-\frac13.

所以可取

v2=(−130).\mathbf{v}_2= \begin{pmatrix} -\frac13\\0 \end{pmatrix}.

于是第二条解是

x2(t)=(tv1+v2)e4t.\mathbf{x}_2(t)=\big(t\mathbf{v}_1+\mathbf{v}_2\big)e^{4t}.

所以 general solution 为

x(t)=c1(1−1)e4t+c2(t−13−t)e4t.\mathbf{x}(t)= c_1 \begin{pmatrix} 1\\-1 \end{pmatrix}e^{4t} + c_2 \begin{pmatrix} t-\frac13\\ -t \end{pmatrix}e^{4t}.

Jordan chain 公式#

如果某个特征值 λ\lambda 只有 1 个普通特征向量，但代数重数为 3，那么需要一条长度为 3 的链：

(A−λI)v1=0,(A-\lambda I)\mathbf{v}_1=0,(A−λI)v2=v1,(A−λI)2v2=0(A-\lambda I)\mathbf{v}_2=\mathbf{v}_1,(A-\lambda I)^2\mathbf{v}_2=0(A−λI)v3=v2,(A−λI)2v3=v1,(A−λI)3v3=0.(A-\lambda I)\mathbf{v}_3=\mathbf{v}_2,(A-\lambda I)^2\mathbf{v}_3=\mathbf{v}_1,(A-\lambda I)^3\mathbf{v}_3=0.

对应三条解为

x1(t)=v1eλt,\mathbf{x}_1(t)=\mathbf{v}_1e^{\lambda t},x2(t)=(tv1+v2)eλt,\mathbf{x}_2(t)=\big(t\mathbf{v}_1+\mathbf{v}_2\big)e^{\lambda t},x3(t)=(t22v1+tv2+v3)eλt.\mathbf{x}_3(t)=\left(\frac{t^2}{2}\mathbf{v}_1+t\mathbf{v}_2+\mathbf{v}_3\right)e^{\lambda t}.

一般地，长度为 mm 的链会自然出现

tm−1(m−1)!eλt\frac{t^{m-1}}{(m-1)!}e^{\lambda t}

这样的项。

Example#

四维系统中的三重根

考虑四维系统

x′=Ax,A=(00100001−22−312−21−3).\mathbf{x}'= A\mathbf{x}, \qquad A= \begin{pmatrix} 0&0&1&0\\ 0&0&0&1\\ -2&2&-3&1\\ 2&-2&1&-3 \end{pmatrix}.

其特征方程为

λ(λ+2)3=0.\lambda(\lambda+2)^3=0.

所以特征值为：

  • λ0=0\lambda_0=0；
  • λ1=−2\lambda_1=-2（三重根）。

先看 λ=0\lambda=0。解

Av=0,v=(abcd).A\mathbf{v}=0, \qquad \mathbf{v}= \begin{pmatrix} a\\b\\c\\d \end{pmatrix}.

前两行给

c=0,d=0,c=0,\qquad d=0,

后两行变成

−2a+2b=0,2a−2b=0,-2a+2b=0,\qquad 2a-2b=0,

所以

a=b.a=b.

取 a=b=1a=b=1，得到

v0=(1100).\mathbf{v}_0= \begin{pmatrix} 1\\1\\0\\0 \end{pmatrix}.

对应常值解

x0(t)=v0.\mathbf{x}_0(t)=\mathbf{v}_0.

再看 λ=−2\lambda=-2。解

(A+2I)v=0,A+2I=(20100201−22−112−21−1).(A+2I)\mathbf{v}=0, \qquad A+2I= \begin{pmatrix} 2&0&1&0\\ 0&2&0&1\\ -2&2&-1&1\\ 2&-2&1&-1 \end{pmatrix}.

设

v=(abcd),\mathbf{v}= \begin{pmatrix} a\\b\\c\\d \end{pmatrix},

则前两行给

2a+c=0,2b+d=0.2a+c=0,\qquad 2b+d=0.

后两行是前两行的线性组合，所以只剩这两个独立条件。于是有两个自由变量，取两组简单解：

  • 取 a=1,b=0a=1,b=0，则 c=−2,d=0c=-2,d=0，得到 v1=(10−20);\mathbf{v}_1= \begin{pmatrix} 1\\0\\-2\\0 \end{pmatrix};
  • 取 a=0,b=1a=0,b=1，则 c=0,d=−2c=0,d=-2，得到 v2=(010−2).\mathbf{v}_2= \begin{pmatrix} 0\\1\\0\\-2 \end{pmatrix}.

因此 λ=−2\lambda=-2 虽然是三重根，但只给出 2 个普通特征向量，还缺 1 个方向，所以需要再找一个 rank 2 generalized eigenvector。此时不必强行让它映到前面选定的 v1\mathbf{v}_1 或 v2\mathbf{v}_2；只要它在作用一次 (A+2I)(A+2I) 后落到 λ=−2\lambda=-2 的特征子空间里即可。

取

w=(−12001),\mathbf{w}= \begin{pmatrix} -\frac12\\0\\0\\1 \end{pmatrix},

则

(A+2I)w=(−112−2)=−v1+v2.(A+2I)\mathbf{w}= \begin{pmatrix} -1\\1\\2\\-2 \end{pmatrix} = -\mathbf{v}_1+\mathbf{v}_2.

而

(A+2I)(−v1+v2)=0,(A+2I)(-\mathbf{v}_1+\mathbf{v}_2)=0,

所以 w\mathbf{w} 的确是一个 rank 2 generalized eigenvector。

于是对应于 λ=−2\lambda=-2 的第三条解可以写成

x3(t)=(t(−v1+v2)+w)e−2t=(−12−tt2t1−2t)e−2t.\mathbf{x}_3(t)=\big(t(-\mathbf{v}_1+\mathbf{v}_2)+\mathbf{w}\big)e^{-2t}= \begin{pmatrix} -\frac12-t\\ t\\ 2t\\ 1-2t \end{pmatrix}e^{-2t}.

综上，四条线性无关解为

x0(t)=(1100),x1(t)=(10−20)e−2t,\mathbf{x}_0(t)= \begin{pmatrix} 1\\1\\0\\0 \end{pmatrix}, \quad \mathbf{x}_1(t)= \begin{pmatrix} 1\\0\\-2\\0 \end{pmatrix}e^{-2t},x2(t)=(010−2)e−2t,x3(t)=(−12−tt2t1−2t)e−2t.\mathbf{x}_2(t)= \begin{pmatrix} 0\\1\\0\\-2 \end{pmatrix}e^{-2t}, \quad \mathbf{x}_3(t)= \begin{pmatrix} -\frac12-t\\ t\\ 2t\\ 1-2t \end{pmatrix}e^{-2t}.

因此通解为

x(t)=c0(1100)+c1(10−20)e−2t+c2(010−2)e−2t+c3(−12−tt2t1−2t)e−2t.\boxed{ \mathbf{x}(t)= c_0 \begin{pmatrix} 1\\1\\0\\0 \end{pmatrix} +c_1 \begin{pmatrix} 1\\0\\-2\\0 \end{pmatrix}e^{-2t} +c_2 \begin{pmatrix} 0\\1\\0\\-2 \end{pmatrix}e^{-2t} +c_3 \begin{pmatrix} -\frac12-t\\ t\\ 2t\\ 1-2t \end{pmatrix}e^{-2t}. }

Matrix Exponentials and Linear Systems#

Fundamental matrix#

对齐次系统

x′=Ax,\mathbf{x}'=A\mathbf{x},

若找到 nn 个线性无关解向量 x1(t),…,xn(t)\mathbf{x}_1(t),\dots,\mathbf{x}_n(t)，把它们按列排成

Φ(t)=[x1(t) x2(t) ⋯ xn(t)],\Phi(t)=\big[\mathbf{x}_1(t)\ \mathbf{x}_2(t)\ \cdots\ \mathbf{x}_n(t)\big],

则 Φ(t)\Phi(t) 叫作 fundamental matrix。

这时 general solution 可压缩写成

x(t)=Φ(t)c,\mathbf{x}(t)=\Phi(t)\mathbf{c},

若给初值 x(0)=x0\mathbf{x}(0)=\mathbf{x}_0，则

x(t)=Φ(t)Φ(0)−1x0.\mathbf{x}(t)=\Phi(t)\Phi(0)^{-1}\mathbf{x}_0.

矩阵指数#

矩阵指数定义为

eA=I+A+A22!+A33!+⋯e^A=I+A+\frac{A^2}{2!}+\frac{A^3}{3!}+\cdots

以及

eAt=I+At+A2t22!+A3t33!+⋯e^{At}=I+At+\frac{A^2t^2}{2!}+\frac{A^3t^3}{3!}+\cdots

它满足

ddteAt=AeAt,eA⋅0=I.\frac{d}{dt}e^{At}=Ae^{At}, \qquad e^{A\cdot 0}=I.

所以 eAte^{At} 正是系统

X′=AX,X(0)=IX'=AX,\qquad X(0)=I

的标准基本矩阵解。

因此

x(t)=eAtx0\boxed{\mathbf{x}(t)=e^{At}\mathbf{x}_0}

是常系数齐次系统初值问题的统一公式。

各种分类讨论，最终都被统一进 eAte^{At} 里。

  • 不同实特征值：eAte^{At} 里只出现纯指数项；
  • 复特征值：eAte^{At} 里出现 eαtcos⁡βt, eαtsin⁡βte^{\alpha t}\cos \beta t,\ e^{\alpha t}\sin \beta t；
  • defective 重根：eAte^{At} 里自然出现 teλt, t22eλtt e^{\lambda t},\ \frac{t^2}{2}e^{\lambda t} 等项。

计算 eAte^{At} 的三种思路#

方法 1：AA 可对角化

若

A=PDP−1,A=PDP^{-1},

则

eAt=PeDtP−1,e^{At}=Pe^{Dt}P^{-1},

而对角矩阵指数最简单：

eDt=diag⁡(eλ1t,…,eλnt).e^{Dt}=\operatorname{diag}(e^{\lambda_1 t},\dots,e^{\lambda_n t}).

方法 2：A=λI+NA=\lambda I+N，其中 NN 幂零

若

Nm=0,N^m=0,

则

eNt=I+Nt+N2t22!+⋯+Nm−1tm−1(m−1)!.e^{Nt}=I+Nt+\frac{N^2t^2}{2!}+\cdots+\frac{N^{m-1}t^{m-1}}{(m-1)!}.

所以

eAt=eλteNt.e^{At}=e^{\lambda t}e^{Nt}.

这正是 Jordan block / defective 重根情形中 teλtte^{\lambda t}、t2eλtt^2e^{\lambda t} 的统一来源。

方法 3：generalized eigenvectors

如果已经找到 generalized eigenvectors u1,…,unu_1,\dots,u_n，则对每个 uu（特征值为 λ\lambda，rank 为 rr），有

eAtu=eλt[u+(A−λI)ut+(A−λI)2u2!t2+⋯+(A−λI)r−1u(r−1)!tr−1].e^{At}u= e^{\lambda t}\left[ u+(A-\lambda I)ut+\frac{(A-\lambda I)^2u}{2!}t^2+\cdots+\frac{(A-\lambda I)^{r-1}u}{(r-1)!}t^{r-1} \right].

把这些列向量组成 Φ(t)\Phi(t)，再用

eAt=Φ(t)Φ(0)−1e^{At}=\Phi(t)\Phi(0)^{-1}

即可。

Example#

Example 1 matrix

若

A=(034006000),A= \begin{pmatrix} 0&3&4\\ 0&0&6\\ 0&0&0 \end{pmatrix},

则

A2=(0018000000),A3=0.A^2= \begin{pmatrix} 0&0&18\\ 0&0&0\\ 0&0&0 \end{pmatrix}, \qquad A^3=0.

因此

eAt=I+At+12A2t2=(13t4t+9t2016t001).e^{At}=I+At+\frac12A^2t^2= \begin{pmatrix} 1&3t&4t+9t^2\\ 0&1&6t\\ 0&0&1 \end{pmatrix}.

幂零矩阵的矩阵指数会截断成有限多项式。

Example 2 情形下由 generalized eigenvectors 计算 eAte^{At}

对于

A=(345054003),A= \begin{pmatrix} 3&4&5\\ 0&5&4\\ 0&0&3 \end{pmatrix},

特征值为 5,3,35,3,3。其中 λ=3\lambda=3 是二重 defective 根。

先算 λ=5\lambda=5。解

(A−5I)u=0,A−5I=(−24500400−2).(A-5I)u=0, \qquad A-5I= \begin{pmatrix} -2&4&5\\ 0&0&4\\ 0&0&-2 \end{pmatrix}.

由后两行立刻得

c=0,c=0,

第一行变成

−2a+4b=0⇒a=2b.-2a+4b=0\Rightarrow a=2b.

取 b=1b=1，可得

u1=(210).u_1=\begin{pmatrix}2\\1\\0\end{pmatrix}.

再算 λ=3\lambda=3。解

(A−3I)u=0,A−3I=(045024000).(A-3I)u=0, \qquad A-3I= \begin{pmatrix} 0&4&5\\ 0&2&4\\ 0&0&0 \end{pmatrix}.

由前两行

4b+5c=0,2b+4c=04b+5c=0,\qquad 2b+4c=0

可推出

b=c=0,b=c=0,

因此只有 aa 自由。取 a=1a=1，得

u2=(100).u_2=\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}.

因为 λ=3\lambda=3 的代数重数是 2，但这里只得到一个普通特征向量，所以还要找一个 rank 2 generalized eigenvector。解

(A−3I)2u=0.(A-3I)^2u=0.

先算

(A−3I)2=(0816048000).(A-3I)^2= \begin{pmatrix} 0&8&16\\ 0&4&8\\ 0&0&0 \end{pmatrix}.

设

u=(abc),u=\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix},

则只需满足

8b+16c=0,4b+8c=0,8b+16c=0,\qquad 4b+8c=0,

也就是

b=−2c.b=-2c.

取 a=0,c=−1a=0,c=-1，则 b=2b=2，可取

u3=(02−1).u_3=\begin{pmatrix}0\\2\\-1\end{pmatrix}.

并且

(A−3I)u3=(300)eq0,(A-3I)u_3= \begin{pmatrix} 3\\0\\0 \end{pmatrix} eq 0,

所以它确实是 rank 2 generalized eigenvector。

对应三条解向量为

x1(t)=e5t(210),x_1(t)=e^{5t}\begin{pmatrix}2\\1\\0\end{pmatrix},x2(t)=e3t(100),x_2(t)=e^{3t}\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix},x3(t)=e3t(3t2−1).x_3(t)=e^{3t}\begin{pmatrix}3t\\2\\-1\end{pmatrix}.

组成 fundamental matrix

Φ(t)=(2e5te3t3te3te5t02e3t00−e3t).\Phi(t)= \begin{pmatrix} 2e^{5t}&e^{3t}&3te^{3t}\\ e^{5t}&0&2e^{3t}\\ 0&0&-e^{3t} \end{pmatrix}.

此时

Φ(0)=(21010200−1),Φ(0)−1=(0121−2−400−1).\Phi(0)= \begin{pmatrix} 2&1&0\\ 1&0&2\\ 0&0&-1 \end{pmatrix}, \qquad \Phi(0)^{-1}= \begin{pmatrix} 0&1&2\\ 1&-2&-4\\ 0&0&-1 \end{pmatrix}.

因此

eAt=Φ(t)Φ(0)−1=(e3t2e5t−2e3t4e5t−(4+3t)e3t0e5t2e5t−2e3t00e3t).e^{At}=\Phi(t)\Phi(0)^{-1}= \begin{pmatrix} e^{3t} & 2e^{5t}-2e^{3t} & 4e^{5t}-(4+3t)e^{3t}\\ 0 & e^{5t} & 2e^{5t}-2e^{3t}\\ 0 & 0 & e^{3t} \end{pmatrix}.

Nonhomogeneous Linear Systems#

x=xc+xpx=x_c+x_p

对非齐次系统

x′=Ax+f(t),\mathbf{x}'=A\mathbf{x}+\mathbf{f}(t),

其 general solution 仍然是

x(t)=xc(t)+xp(t)\boxed{\mathbf{x}(t)=\mathbf{x}_c(t)+\mathbf{x}_p(t)}

其中：

  • xc(t)\mathbf{x}_c(t)：对应齐次系统 x′=Ax\mathbf{x}'=A\mathbf{x} 的通解；
  • xp(t)\mathbf{x}_p(t)：任取一个 particular solution。

Undetermined Coefficients#

当右端 f(t)\mathbf{f}(t) 是多项式、指数、三角函数及它们组合时，可以像第二章一样猜一个同型特解，只不过“待定系数”现在是向量。

Example#

求特解：

x′=(3275)x+(32t).\mathbf{x}'= \begin{pmatrix} 3&2\\ 7&5 \end{pmatrix}\mathbf{x} + \begin{pmatrix} 3\\ 2t \end{pmatrix}.

因为右端是线性向量，所以猜

xp(t)=at+b=(a1a2)t+(b1b2).\mathbf{x}_p(t)=\mathbf{a}t+\mathbf{b}= \begin{pmatrix} a_1\\a_2 \end{pmatrix}t + \begin{pmatrix} b_1\\b_2 \end{pmatrix}.

代回原方程并比较 tt 项与常数项，得到线性方程组

3a1+2a2=0,3a_1+2a_2=0,7a1+5a2+2=0,7a_1+5a_2+2=0,3b1+2b2+3=a1,3b_1+2b_2+3=a_1,7b1+5b2=a2.7b_1+5b_2=a_2.

解得

a1=4,a2=−6,b1=17,b2=−25.a_1=4,\quad a_2=-6,\quad b_1=17,\quad b_2=-25.

因此一个特解是

x1(t)=4t+17,x2(t)=−6t−25.x_1(t)=4t+17,\qquad x_2(t)=-6t-25.

Variation of Parameters#

对非齐次系统

x′=P(t)x+f(t),\mathbf{x}'=P(t)\mathbf{x}+\mathbf{f}(t),

若 Φ(t)\Phi(t) 是对应齐次系统的 fundamental matrix，则猜

xp(t)=Φ(t)u(t).\mathbf{x}_p(t)=\Phi(t)\mathbf{u}(t).

代回并利用 Φ′(t)=P(t)Φ(t)\Phi'(t)=P(t)\Phi(t) 可得

Φ(t)u′(t)=f(t),\Phi(t)\mathbf{u}'(t)=\mathbf{f}(t),

所以

u′(t)=Φ(t)−1f(t).\mathbf{u}'(t)=\Phi(t)^{-1}\mathbf{f}(t).

积分后得到

xp(t)=Φ(t)∫Φ(t)−1f(t) dt\boxed{ \mathbf{x}_p(t)=\Phi(t)\int \Phi(t)^{-1}\mathbf{f}(t)\,dt }

于是 general solution 为

x(t)=Φ(t)c+Φ(t)∫Φ(t)−1f(t) dt\boxed{ \mathbf{x}(t)=\Phi(t)\mathbf{c}+\Phi(t)\int \Phi(t)^{-1}\mathbf{f}(t)\,dt }

Example#

Example 1

考虑

x′=(423−1)x−(154)te−2t,x(0)=(73).\mathbf{x}'= \begin{pmatrix} 4&2\\ 3&-1 \end{pmatrix}\mathbf{x}- \begin{pmatrix} 15\\4 \end{pmatrix}t e^{-2t}, \qquad \mathbf{x}(0)= \begin{pmatrix} 7\\3 \end{pmatrix}.

若已知齐次系统的 fundamental matrix Φ(t)\Phi(t)，则先算

eAt=Φ(t)Φ(0)−1.e^{At}=\Phi(t)\Phi(0)^{-1}.

然后用定积分形式的参数变易法：

e−Atx(t)=x0+∫0te−Asf(s) ds.e^{-At}\mathbf{x}(t)=\mathbf{x}_0+\int_0^t e^{-As}\mathbf{f}(s)\,ds.

也就是

x(t)=eAt[x0+∫0te−Asf(s) ds].\mathbf{x}(t)= e^{At}\left[ \mathbf{x}_0+\int_0^t e^{-As}\mathbf{f}(s)\,ds \right].

Example 2

{x′=x,y′=2x+y−2z,z′=3x+2y+z+etcos⁡2t.\begin{cases} x' = x,\\ y' = 2x+y-2z,\\ z' = 3x+2y+z+e^t\cos 2t. \end{cases}

Step 1：先解对应齐次系统

{x′=x,y′=2x+y−2z,z′=3x+2y+z.\begin{cases} x' = x,\\ y' = 2x+y-2z,\\ z' = 3x+2y+z. \end{cases}

对应矩阵为

A=(10021−2321).A= \begin{pmatrix} 1&0&0\\ 2&1&-2\\ 3&2&1 \end{pmatrix}.

它的特征值为

λ1=1,λ2,3=1±2i.\lambda_1=1,\qquad \lambda_{2,3}=1\pm 2i.

对 λ=1\lambda=1，解 (A−I)v=0(A-I)\mathbf{v}=0：

A−I=(00020−2320).A-I= \begin{pmatrix} 0&0&0\\ 2&0&-2\\ 3&2&0 \end{pmatrix}.

由

2a−2c=0,3a+2b=02a-2c=0,\qquad 3a+2b=0

得

c=a,b=−32a.c=a,\qquad b=-\frac32 a.

取 a=2a=2，可得

v1=(2−32).\mathbf{v}_1= \begin{pmatrix} 2\\-3\\2 \end{pmatrix}.

对 λ=1+2i\lambda=1+2i，解

(A−(1+2i)I)v=0,A−(1+2i)I=(−2i002−2i−232−2i).(A-(1+2i)I)\mathbf{v}=0, \qquad A-(1+2i)I= \begin{pmatrix} -2i&0&0\\ 2&-2i&-2\\ 3&2&-2i \end{pmatrix}.

由第一式得 a=0a=0。第二式变成

−2ib−2c=0⇒c=−ib.-2ib-2c=0 \Rightarrow c=-ib.

取 b=1b=1，则 c=−ic=-i，可取复特征向量

v=(01−i)=(010)⏟p+i(00−1)⏟q.\mathbf{v}= \begin{pmatrix} 0\\1\\-i \end{pmatrix}= \underbrace{\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}}_{\mathbf{p}} +i\underbrace{\begin{pmatrix}0\\0\\-1\end{pmatrix}}_{\mathbf{q}}.

因此齐次系统的三条实解可取为

x1(t)=(2−32)et,\mathbf{x}_1(t)= \begin{pmatrix} 2\\-3\\2 \end{pmatrix}e^t,x2(t)=et(0cos⁡2tsin⁡2t),x3(t)=et(0sin⁡2t−cos⁡2t).\mathbf{x}_2(t)=e^t \begin{pmatrix} 0\\ \cos 2t\\ \sin 2t \end{pmatrix}, \qquad \mathbf{x}_3(t)=e^t \begin{pmatrix} 0\\ \sin 2t\\ -\cos 2t \end{pmatrix}.

于是可以取 fundamental matrix

X(t)=et(200−3cos⁡2tsin⁡2t2sin⁡2t−cos⁡2t).X(t)=e^t \begin{pmatrix} 2&0&0\\ -3&\cos 2t&\sin 2t\\ 2&\sin 2t&-\cos 2t \end{pmatrix}.

Step 2：设

x(t)=X(t)u(t).\mathbf{x}(t)=X(t)\mathbf{u}(t).

代回原方程，得到

X(t)u′(t)=(00etcos⁡2t).X(t)\mathbf{u}'(t)= \begin{pmatrix} 0\\ 0\\ e^t\cos 2t \end{pmatrix}.

把公共因子 ete^t 消去，相当于解

(200−3cos⁡2tsin⁡2t2sin⁡2t−cos⁡2t)(u1′u2′u3′)=(00cos⁡2t).\begin{pmatrix} 2&0&0\\ -3&\cos 2t&\sin 2t\\ 2&\sin 2t&-\cos 2t \end{pmatrix} \begin{pmatrix} u_1'\\u_2'\\u_3' \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 0\\0\\\cos 2t \end{pmatrix}.

由第一行立刻得到

u1′=0.u_1'=0.

再由后两行

cos⁡2t u2′+sin⁡2t u3′=0,\cos 2t\,u_2'+\sin 2t\,u_3'=0,sin⁡2t u2′−cos⁡2t u3′=cos⁡2t.\sin 2t\,u_2'-\cos 2t\,u_3'=\cos 2t.

解这组 2×22\times 2 线性方程组，可得

u2′=sin⁡2tcos⁡2t=12sin⁡4t,u_2'=\sin 2t\cos 2t=\frac12\sin 4t,u3′=−cos⁡22t=−12(1+cos⁡4t).u_3'=-\cos^2 2t=-\frac12(1+\cos 4t).

Step 3：积分得到

u1=C1,u_1=C_1,u2=−18cos⁡4t+C2,u_2=-\frac18\cos 4t+C_2,u3=−12t−18sin⁡4t+C3.u_3=-\frac12 t-\frac18\sin 4t+C_3.

为了取一个 particular solution，只需令积分常数为 00，于是

up(t)=(0−18cos⁡4t−12t−18sin⁡4t).\mathbf{u}_p(t)= \begin{pmatrix} 0\\[2mm] -\frac18\cos 4t\\[2mm] -\frac12 t-\frac18\sin 4t \end{pmatrix}.

Step 4：乘回 X(t)X(t)，得到特解

xp(t)=X(t)up(t)=et(0−18cos⁡2t−12tsin⁡2t18sin⁡2t+12tcos⁡2t).\mathbf{x}_p(t)=X(t)\mathbf{u}_p(t) =e^t \begin{pmatrix} 0\\[2mm] -\frac18\cos 2t-\frac12 t\sin 2t\\[2mm] \frac18\sin 2t+\frac12 t\cos 2t \end{pmatrix}.

因此通解为

x(t)=C1et(2−32)+C2et(0cos⁡2tsin⁡2t)+C3et(0sin⁡2t−cos⁡2t)+et(0−18cos⁡2t−12tsin⁡2t18sin⁡2t+12tcos⁡2t).\mathbf{x}(t)= C_1e^t \begin{pmatrix} 2\\-3\\2 \end{pmatrix} +C_2e^t \begin{pmatrix} 0\\\cos 2t\\\sin 2t \end{pmatrix} +C_3e^t \begin{pmatrix} 0\\\sin 2t\\-\cos 2t \end{pmatrix} +e^t \begin{pmatrix} 0\\[2mm] -\frac18\cos 2t-\frac12 t\sin 2t\\[2mm] \frac18\sin 2t+\frac12 t\cos 2t \end{pmatrix}.

本章方法总表#

目标场景推荐方法核心公式
把小系统化简2×2 或 3×3 小系统Elimination消元后回到高阶 ODE
解齐次常系数系统特征值容易求Eigenvalue Methodx=veλtx=\mathbf{v}e^{\lambda t}
处理重根重特征值Generalized Eigenvectors(A−λI)vj=vj−1(A-\lambda I)\mathbf{v}_{j}=\mathbf{v}_{j-1}
统一表达齐次解常系数系统Matrix Exponentialx(t)=eAtx0x(t)=e^{At}x_0
找非齐次特解右端很规则Undetermined Coefficients猜同型特解
找非齐次特解一般情形Variation of Parametersxp=Φ∫Φ−1f dtx_p=\Phi\int \Phi^{-1}f\,dt
Linear Systems of Differential Equations
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作者
Lazysheep
发布于
2026-04-15
许可协议
CC BY-NC-SA 4.0
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