矩陣分析

我們可以從兩個角度來看、每個元素都是函數以構成的矩陣、或者隨自變量變化而變化的矩陣的函數．因此可以很自然的將線性代數和分析的定義推廣到矩陣值函數上．比如、 $𝑨 (𝑥)$ 是一個可逆矩陣函數、如果對於所有 $𝑥 \in 𝑆$ 、 $𝑨 (𝑥)$ 都可逆、則謂矩陣 $𝑨 (𝑥)$ 在 $𝑆$ 上可逆．並定義 $𝑨 (𝑥)$ 的逆矩陣函數爲 $𝑨^{- 1} (𝑥) ≔ {(𝑨 (𝑥))}^{- 1}$ ．如果在某處 $𝑨 (𝑥)$ 的每一个元素函数都連續、則可謂 $𝑨 (𝑥)$ 連續．

註 .

這裏的「逆」指的是矩陣的逆、而非函數的逆．也就是說、對於任意

𝑥 \in 𝑆

、存在

𝑩 (𝑥)

使得

𝑨 (𝑥) \cdot 𝑩 (𝑥) = 𝑰

．而非是

𝑨 (𝑩 (𝑥)) = 𝑰

．這裏函數的複合甚至不是合法的操作．切莫混淆．

線形微分方程

命題 LA41.

存在唯一定理

$𝑨 (𝑥)$ 、 $𝒇 (𝑥)$ 在 $𝐼 ≔ (𝑎, 𝑏)$ 上連續． $𝑥_{0} \in 𝐼$ 、 $𝒚_{0} \in 𝗥^{𝑛}$ ．初值問題

\begin{matrix} \frac{d 𝒚}{d 𝑥} = 𝑨 (𝑥) 𝒚 (𝑥) + 𝒇 (𝑥) \\ 𝒚 (𝑥_{0}) = 𝒚_{0} \end{matrix}

在

𝐼

上存在唯一解．

是定理之證明需要 Picard-Lindelöf 定理．此處略．

命題 LA42.

解空間的維度

$𝑛$ 階齊次線性微分方程組

\frac{d 𝒚}{d 𝑥} = 𝑨 (𝑥) 𝒚

(1)

的解集

𝑆

是

𝗥

上的

𝑛

維向量空間．

註 .

你可能因爲代數方程組的經驗而以爲微分方程組的解空間的維度和

𝑨

的秩相關．實則不然．雖使

𝑨 = 𝑶

, 解空間

𝒚 = {(𝑐_{1}, \dots, 𝑐_{𝑛})}^{𝖳}

的維度仍然是

𝑛

．

證 .

顯然 $𝑆$ 是線形空間．並且任取 $𝑥_{0} \in (𝑎, 𝑏)$ ．則由命題 LA41 可知、 $\forall 𝒚_{0} \in 𝗥^{𝑛}, \exists^{1} 𝒚 \in 𝑆, 𝒚 (𝑥_{0}) = 𝒚_{0}$ ．於是、我們可以定義從初值到解的映射

𝐻 : 𝗥^{𝑛} ∋ 𝒚_{0} \mapsto 𝒚 \in 𝑆

任取 $𝒚_{1}^{0}, 𝒚_{2}^{0} \in 𝗥^{𝑛}, 𝑐_{1}, 𝑐_{2} \in 𝗥$ 、設

𝒚_{1} = 𝐻 (𝒚_{1}^{0}), 𝒚_{2} = 𝐻 (𝒚_{2}^{0})

$𝑐_{1} 𝒚_{1} + 𝑐_{2} 𝒚_{2}$ 是方程的解、且 $(𝑐_{1} 𝒚_{1} + 𝑐_{2} 𝒚_{2}) (𝑥_{0}) = 𝑐_{1} 𝒚_{1}^{0} + 𝑐_{2} 𝒚_{2}^{0}$ ．於是

𝐻 (𝑐_{1} 𝒚_{1}^{0} + 𝑐_{2} 𝒚_{2}^{0}) = 𝑐_{1} 𝒚_{1} + 𝑐_{2} 𝒚_{2} = 𝑐_{1} 𝐻 (𝒚_{1}^{0}) + 𝑐_{2} 𝐻 (𝒚_{2}^{0})

因此、

𝐻

是一個線性映射．因爲不同的初值對應不同的解、

𝐻

是單映．又因爲任意解

𝒚 \in 𝑆

、

𝒚 (𝑥_{0}) \in 𝗥^{𝑛}

、從而

𝐻 (𝒚 (𝑥_{0})) = 𝒚

、故

𝐻

是滿映．由是、

𝐻

是一個線性同構．從而

dim 𝑆 = 𝑛

．

∎

存在唯一定理（命題 LA41）保證了初值和解是一一對應的．從而我們可以利用線形同構的性質得到此結論．

命題 LA43.

推論

方程式 (1) 在 $(𝑎, 𝑏)$ 上有 $𝑛$ 個線性獨立的解 $𝒚_{1}, \dots, 𝒚_{𝑛}$ 、則通解爲

𝒚 = 𝑐_{1} 𝒚_{1} + \dots + 𝑐_{𝑛} 𝒚_{𝑛}

證 .

由命題 LA42 知解空間是

𝑛

維的．故此線形獨立的解

𝒚_{1}, \dots, 𝒚_{𝑛}

是解空間的一組基．故任意解均可表示爲其線性組合．

∎

我們以解向量 $𝒚$ 組合成矩陣函數 $𝒀 (𝑥) = (𝒚_{1} (𝑥), \dots, 𝒚_{𝑛} (𝑥))$ 稱爲解矩陣．如果這組解線形獨立、則稱 $𝒀 (𝑥)$ 爲基解矩陣．如此以命題 LA43 通解可寫成基解矩陣和常向量 $𝒄 = {(𝑐_{1}, \dots, 𝑐_{𝑛})}^{𝖳}$ 的乘積

𝒚 (𝑥) = 𝒀 (𝑥) 𝒄

以此、我們解方程就是尋找其基解矩陣．

常係數微分方程

考慮一階常係數齊次微分方程、即式 (1) 中的 $𝑨 (𝑥)$ 是一個常矩陣 $𝑨$ ．方程可寫成

𝒚^{'} = 𝑨 𝒚

(2)

其中 $𝑨 \in 𝕂^{𝑛 \times 𝑛}$ 是一個常方陣．

命題 LA44.

矩陣指數函數

Φ (𝑥) = exp (𝑥 𝑨)

是方程式 (2) 的標準基解矩陣．

證 .

首先、由矩陣指數函數的定義

exp (𝑥 𝑨) = \sum_{𝑘 = 0}^{\infty} \frac{𝑥^{𝑘} 𝑨^{𝑘}}{𝑘!} = 𝑰 + 𝑥 𝑨 + \frac{𝑥^{2} 𝑨^{2}}{2!} + \dots

對 $𝑥$ 求導、由於該冪級數在整個複平面上絕對收斂、故可以逐項求導

\begin{aligned} Φ^{'} (𝑥) & = \frac{d}{d 𝑥} (\sum_{𝑘 = 0}^{\infty} \frac{𝑥^{𝑘} 𝑨^{𝑘}}{𝑘!}) = \sum_{𝑘 = 1}^{\infty} \frac{𝑘 𝑥^{𝑘 - 1} 𝑨^{𝑘}}{𝑘!} \\ = 𝑨 \sum_{𝑘 = 1}^{\infty} \frac{𝑥^{𝑘 - 1} 𝑨^{𝑘 - 1}}{(𝑘 - 1)!} \\ = 𝑨 exp (𝑥 𝑨) = 𝑨 Φ (𝑥) \end{aligned}

這說明

Φ (𝑥)

是微分方程的解．又因

exp (𝑥 𝑨) exp (- 𝑥 𝑨) = 𝑰

、所以

exp (𝑥 𝑨)

是可逆的、故其列向量線性獨立、構成基解矩陣．又因其在

𝑥 = 0

處爲單位矩陣、故其爲標準基解矩陣．

∎

因此、我們的問題變成了如何計算 $Φ (𝑥)$ 以求得方程式 (2) 的通解．然而由級數定義的矩陣指數函數並不容易計算．

欲解此方程、我們先尋找再示其唯一的思路來找到完整的解．我們依照經驗、猜測解的形式爲

𝒚 (𝑥) = [\begin{matrix} 𝑢_{1} e^{𝜆 𝑥} \\ ⋮ \\ 𝑢_{𝑛} e^{𝜆 𝑥} \end{matrix}] = e^{𝜆 𝑥} 𝒖

其中 $𝒖 = {(𝑢_{1}, \dots, 𝑢_{𝑛})}^{𝖳}$ 是待定常向量、 $𝜆 \in 𝕂$ 是待定係數．於是 $e^{𝜆 𝑥} 𝒖$ 是解当且仅当

𝜆 e^{𝜆 𝑥} 𝒖 = 𝒚^{'} = 𝑨 𝒚 = 𝑨 e^{𝜆 𝑥} 𝒖

等价于求 $𝑨$ 的本徵值問題

𝑨 𝒖 = 𝜆 𝒖

解得本徵值 $𝜆_{1}, \dots, 𝜆_{𝑛}$ 和對應的本徵向量 $𝒖_{1}, \dots, 𝒖_{𝑛}$ ．如此、 $e^{𝜆_{1} 𝑥} 𝒖_{1}, \dots, e^{𝜆_{𝑛} 𝑥} 𝒖_{𝑛}$ 都是方程式 (2) 的解．如果特徵值兩兩不同、則這些解線性獨立、構成方程的基解矩陣．

高階常係數微分方程

我們考慮 $𝑦 (𝑥)$ 的 $𝑛$ 階線形微分方程

𝑦^{(𝑛)} = 𝑎_{0} 𝑦 + 𝑎_{1} 𝑦^{'} + \dots + 𝑎_{𝑛 - 1} 𝑦^{(𝑛 - 1)} + 𝑓 (𝑥)

其中 $𝑎_{1}, \dots, 𝑎_{𝑛}, 𝑓 \in 𝐶 (𝑎, 𝑏)$ ．當 $𝑓 (𝑥) ≢ 0$ 時、稱其爲非齊次方程、否則稱其爲齊次方程．

𝑨 (𝑥) = [\begin{matrix} 0 & 1 & 0 & \dots & 0 \\ 0 & 0 & 1 & ⋱ & ⋮ \\ ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋱ & 0 \\ 0 & 0 & \dots & 0 & 1 \\ 𝑎_{0} & 𝑎_{1} & \dots & 𝑎_{𝑛 - 2} & 𝑎_{𝑛 - 1} \end{matrix}]

則方程轉化爲

D [\begin{matrix} 𝑦_{0} \\ ⋮ \\ 𝑦_{𝑛 - 1} \end{matrix}] = 𝑨 [\begin{matrix} 𝑦_{0} \\ ⋮ \\ 𝑦_{𝑛 - 1} \end{matrix}] + 𝒇

(3)

其中、 $𝑦_{𝑘} = 𝑦^{(𝑘)}$ ．因此、高階線形微分方程的解法就轉化爲求解方程式 (3) 的解．这是将一个高阶微分方程转化为一阶多元微分方程组的经典方法．另一方面．正如中小学学过的代数方程组中有多元多次．如果是多元高阶微分方程组．如对于 $𝒚 = {(𝑦_{1}, \dots, 𝑦_{𝑚})}^{𝖳}$ 的 $2$ 阶 $𝑚$ 元微分方程组

𝒚^{″} = 𝑨_{1} 𝒚 + 𝑨_{2} 𝒚^{'} + 𝒇,

我们可以类似的写出

D [\begin{matrix} 𝒚 \\ 𝒚^{'} \end{matrix}] = [\begin{matrix} 𝑶 & 𝑰 \\ 𝑨_{1} & 𝑨_{2} \end{matrix}] [\begin{matrix} 𝒚 \\ 𝒚^{'} \end{matrix}] + [\begin{matrix} 0 \\ 𝒇 \end{matrix}]

更一般的 $𝑛$ 阶 $𝑚$ 元微分方程组

𝒚^{(𝑛)} = 𝑨_{0} 𝒚 + 𝑨_{1} 𝒚^{'} + \dots + 𝑨_{𝑛 - 1} 𝒚^{(𝑛 - 1)} + 𝒇

D [\begin{matrix} 𝒚_{0} \\ 𝒚_{1} \\ ⋮ \\ 𝒚_{𝑛 - 2} \\ 𝒚_{𝑛 - 1} \end{matrix}] = [\begin{matrix} 𝑶 & 𝑰 & 𝑶 & \dots & 𝑶 \\ 𝑶 & 𝑶 & 𝑰 & ⋱ & ⋮ \\ ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋱ & 𝑶 \\ 𝑶 & 𝑶 & \dots & 𝑶 & 𝑰 \\ 𝑨_{0} & 𝑨_{1} & \dots & 𝑨_{𝑛 - 2} & 𝑨_{𝑛 - 1} \end{matrix}] [\begin{matrix} 𝒚_{0} \\ 𝒚_{1} \\ ⋮ \\ 𝒚_{𝑛 - 2} \\ 𝒚_{𝑛 - 1} \end{matrix}] + [\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ ⋮ \\ 0 \\ 𝒇 \end{matrix}]

一元高阶常系数齐次微分方程

正如前面所述的、若 $𝑛$ 阶微分方程的系数 $𝑎_{0}, 𝑎_{1}, \dots, 𝑎_{𝑛 - 1}$ 都是常数且齐次．即

𝑦^{(𝑛)} + 𝑎_{𝑛 - 1} 𝑦^{(𝑛 - 1)} + \dots + 𝑎_{1} 𝑦^{'} + 𝑎_{0} 𝑦 = 0

(4)

命題 LA45.

若式 (4) 的特徵方程有 $𝑠$ 个不同的複特徵值 $𝜆_{1}, \dots, 𝜆_{𝑠}$ 、其中 $𝜆_{𝑖}$ 的重數爲 $𝑚_{𝑖}$ 、則方程的一个基本解组为

{\begin{matrix} e^{𝜆_{1} 𝑥}, & 𝑥 e^{𝜆_{1} 𝑥}, & \dots & 𝑥^{𝑚_{1} - 1} e^{𝜆_{1} 𝑥}, \\ e^{𝜆_{2} 𝑥}, & 𝑥 e^{𝜆_{2} 𝑥}, & \dots & 𝑥^{𝑚_{2} - 1} e^{𝜆_{2} 𝑥}, \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ \\ e^{𝜆_{𝑠} 𝑥}, & 𝑥 e^{𝜆_{𝑠} 𝑥}, & \dots & 𝑥^{𝑚_{𝑠} - 1} e^{𝜆_{𝑠} 𝑥} \end{matrix}}

(5)

證 .

找到一个基解矩阵、其首行为式 (5)．

∎

矩陣的指數函數

矩陣值函數

線形微分方程

常係數微分方程

高階常係數微分方程

一元高阶常系数齐次微分方程

論見