6.2 常数系数下的齐次线性系统

在本节里面, 我们将对常数系数下的齐次线性系统进行求解. 假设 $y(t)$ 是关于变量 $t$ 的函数, 满足

a_0 y(t)+a_1y'(t)+\cdots+ a_n y^{(n)}(t) = 0,\tag{6.1}

且 $a_0,\cdots,a_n$ 均为与 $t$ 无关的非零常数, $y^{(n)}(t)$ 为 $y$ 关于 $t$ 的 $n$ 阶导数.形如上式的方程便是我们本节所讨论的重点. 按照上一节提出的方法, 我们可以将等式(6.1)写成是一个线性方程组的形式: 我们不妨设 $y_1(t) = y(t), y_2(t) = y'(t),\cdots, y_n(t) = y^{(n-1)}(t)$ , 那么这样一来我们便有 $y_1'(t) = y_2(t), y_2'(t) = y_3(t),\cdots$ , 以及

\begin{aligned} y_n'(t) = y^{(n)}(t) &= -\frac{a_0}{a_n} y(t)-\frac{a_1}{a_n}y'(t)-\cdots-\frac{a_{n-1}}{a_{n}}y^{(n-1)}(t)\\ &=-\frac{a_0}{a_n} y_1(t) - \frac{a_1}{a_n}y_2(t)-\cdots-\frac{a_{n-1}}{a_{n}} y_{n}(t). \end{aligned}

因此我们便有

\begin{aligned} \begin{pmatrix} y_1'(t) \\ y_2'(t) \\ \vdots \\ y_n'(t) \end{pmatrix} &= \begin{pmatrix} y_2(t)\\ y_3(t)\\ \vdots\\ -\frac{a_0}{a_n} y_1(t) - \frac{a_1}{a_n}y_2(t)-\cdots-\frac{a_{n-1}}{a_n} y_{n}(t) \end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & 0 & 1 & \cdots & 0\\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ -\frac{a_0}{a_n} & -\frac{a_1}{a_n} & \cdots & \cdots & -\frac{a_{n-1}}{a_n} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} y_1(t) \\ y_2(t) \\ \vdots \\ y_n(t) \end{pmatrix}. \end{aligned}

因此我们便有形如

\vec y'(t) = \vec A \vec y(t)

的常微分方程组. 形如这样的方程组也被称作自治系统 (Autonomous System). 即矩阵 $\vec A$ 中的元素与 $t$ 无关. 我们在今后的篇幅中只研究自治系统.

例题 6.4

将微分方程 $y'''(t) -2y''(t)+4y'(t)-5y(t)=0$ 写成 $\vec y'(t) = \vec A\vec y(t)$ 的形式.

解答 6.4

设 $y_1(t) = y(t), y_2(t) = y'(t), y_3(t) = y''(t)$ . 则

y_1'(t) = y_2(t),y_2'(t) = y_3(t), y_3'(t) = 2y''(t)-4y'(t)+5y(t) = 2y_3(t)-4y_2(t)+5y_1(t).

由此我们可知

\begin{pmatrix} y_1'(t)\\ y_2'(t)\\ y_3'(t) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 5 & -4 & 2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} y_1(t) \\ y_2(t) \\ y_3(t) \end{pmatrix}.

随后我们来学习如何求解这样的常微分方程组. 在求解之前, 我们需要先给出有关微分方程组解的存在唯一性定理:

定理 6.2

设 $\vec y'(t) = \vec A(t) \vec y(t) + \vec b(t)$ , $\vec A(t) \in M_n(\mathbb{R}), \vec b(t) \in \mathbb{R}^n$ . 若 $\vec A(t), \vec b(t)$ 中的每一个元素均为定义在 $I$ 上关于 $t$ 的连续函数, 那么对任意的 $t_0\in I$ , 初值问题 $\vec y'(t) = \vec A(t) \vec y(t) + \vec b(t), y(t_0) = y_0$ 在 $I$ 上存在唯一解 $\vec y(t)$ .

该定理的证明和上一节中的定理 $5.1$ 的证明十分相似.

在求解这样的方程时, 我们不妨先尝试将问题简化: 假设矩阵为 $1\times 1$ , 那么这样一来, 我们可以得到形如

y'(t) = \lambda y(t)\tag{6.2}

的方程, 其中 $\lambda$ 为常数. 我们将 $y'(t)$ 改写作 $\frac{dy}{dt}$ , 于是我们有

\frac{dy}{dt} = \lambda y.

形式上分离变量可得

\frac{1}{y} dy = \lambda dt \implies \int \frac{1}{y} dy = \int \lambda dt.

由此不难看出(6.2)的解为 $y(t) = Ce^{\lambda t}$ , 其中 $C$ 为常数. 那么对于形如 $\vec y'(t) = \vec A\vec y(t)$ 的方程组, 我们是不是也可以类比这种方法呢? 我们可以尝试将该方程的解写成若干个形如 $e^{\lambda t}$ 的线性组合. 设 $\vec A \in M_n(\mathbb{R})$ , 在方程组 $\vec y'(t) = \vec A\vec y(t)$ 里面, 我们假设 $\vec y_1(t) = e^{\lambda t}\vec v$ 为满足条件的一个解. 因此我们有 $\vec y'_1(t) = \lambda e^{\lambda t}\vec v$ , 那么

y'_1(t) = \vec A \vec y_1(t) \implies \lambda e^{\lambda t} \vec v = \vec A e^{\lambda t}\vec v.

如果我们将 $e^{\lambda t}\vec v$ 看作一个整体 $\vec u$ , 我们便会得到 $\vec A\vec u = \lambda\vec u$ . 也就是说, 在 $\vec y_1(t) = e^{\lambda t}\vec v$ 中, 若 $\vec y_1'(t) = \vec A\vec y_1(t)$ , 则 $\lambda$ 为 $\vec A$ 的一个特征值, $\vec v$ 为与之相关的特征向量. 如果此时 $\vec A$ 有多个特征值, 这些特征值与特征向量所构成的解 $\vec y_i(t) = e^{\lambda_i t}\vec v_i$ 的线性组合是否也为满足条件的解呢?

定理 6.3

在 $\vec y'(t) = \vec A\vec y(t)$ 中, 若 $\vec y_1(t),\vec y_2(t)$ 均为原方程的解, 那么 $\forall c_1,c_2 \in \mathbb{R}$ , $c_1\vec y_1(t) + c_2 \vec y_2(t)$ 也为原方程的解.

证明

显然.

∎

因此, 我们知道微分方程组的解即可看作是若干个线性无关的“基础解”的线性组合.

定义 6.4

我们若将 $\vec y'(t) = \vec A\vec y(t)$ 的解 $\vec y_1(t),\cdots,\vec y_n(t)$ 当作列向量写到一个矩阵 $\vec Y(t) = \begin{pmatrix} \vec y_1(t) & \cdots & \vec y_n(t) \end{pmatrix}$ , 我们则称 $\vec Y(t)$ 为一个矩阵解 (Matrix Solution).

根据线性代数的知识, $\vec y_1(t),\cdots,\vec y_n(t)$ 彼此线性无关的充要条件为对任意的 $t$ , $\det(\vec Y(t)) \neq 0$ . 此时我们称 $\vec y_1(t),\cdots,\vec y_n(t)$ 为 $\vec y'(t) = \vec A\vec y(t)$ 的一个基础解系 (Fundamental Solution). 如果 $\vec A \in M_n(\mathbb{R})$ 有 $n$ 个不同的实数特征值 $\lambda_1,\cdots,\lambda_n$ , 那么我们便可以找到 $n$ 个与特征值所对应的彼此线性无关的特征向量 $\vec v_1,\cdots,\vec v_n$ . 由此, 方程组 $\vec y'(t) = \vec A\vec y(t)$ 的解便可以看作是由 $\vec y_i(t) = e^{\lambda_i t}\vec v_i$ 所构成的线性组合:

\vec y(t) = c_1e^{\lambda_1 t}\vec v_1+\cdots+c_n e^{\lambda_n t} \vec v_n.

定理 6.4

设常数系数下的线性齐次常微分方程组 $\vec y'(t) = \vec A\vec y(t)$ , $\vec A \in M_n(\mathbb{R})$ . 若 $\vec A$ 有 $n$ 个不同的实数特征值 $\lambda_1,\cdots,\lambda_n$ , 其对应的特征向量分别为 $\vec v_1,\cdots,\vec v_n$ . 则 $\vec y'(t) = \vec A \vec y(t)$ 的解集为

\vec y(t) = c_1e^{\lambda_1 t}\vec v_1+\cdots+c_n e^{\lambda_n t} \vec v_n, \quad c_1,\cdots,c_n \in \mathbb{R}.

对于存在 $n$ 个不同的实数特征值的矩阵而言, 线性齐次常微分方程组 $\vec y'(t) = \vec A \vec y(t)$ 便很好求得. 我们不禁要问: 如果 $\vec A$ 含有复数特征值呢? 如果 $\vec A$ 无法对角化呢? 我们将在本节讨论特征值为复数的情况.

推论 6.4

设 $\vec A \in M_n(\mathbb{R})$ , 且 $\lambda = a+bi$ 为 $\vec A$ 的一个特征值, 那么 $\bar{\lambda} = a-bi$ 也为 $\vec A$ 的一个特征值. 特别地, 如果 $\vec u+i\vec v$ 为 $\lambda=a+bi$ 所对应的特征向量, 那么 $\vec u-i\vec v$ 为 $\bar{\lambda}=a-bi$ 所对应的特征向量.

设 $\vec A \in M_n(\mathbb{R})$ 存在复数特征值. 我们取 $\lambda=a+bi, (a,b \in \mathbb{R})$ 和特征向量 $\vec u+i\vec v, (\vec u,\vec v \in \mathbb{R}^n)$ , 那么根据定义,

\vec y(t) = e^{(a+bi)t}(\vec u+i\vec v)\tag{6.3}

即为满足条件的一个解. 但由于 $\vec A \in M_n(\mathbb{R})$ , 所以我们不能就这样把这一个复数解直接放上去. 我们可以利用Euler公式对式子(6.3)进行变形. 根据Euler公式, $e^{ix} = \cos(x) + i\sin(x)$ . 那么

\begin{aligned} \vec y(t) &= e^{\lambda t} \cdot (\vec u+i\vec v)\\ &=e^{at}\cdot\Big( e^{bit}\vec u + e^{bit} (i\vec v)\Big)\\ &=e^{at}\cdot\Big( (\cos(bt)+i\sin(bt)) \vec u + i\cdot(\cos(bt) + i\sin(bt))\vec v \Big)\\ &=e^{at}\cdot\Big(\cos(bt) \vec u - \sin(bt)\vec v \Big) + i\cdot e^{at}\Big(\sin(bt)\vec u+\cos(bt)\vec v\Big). \end{aligned}

推论 6.5

设 $\vec y_1(t) = e^{at}\cdot\Big(\cos(bt) \vec u - \sin(bt)\vec v \Big), \vec y_2(t) = e^{at}\Big(\sin(bt)\vec u+\cos(bt)\vec v\Big)$ . 则 $\vec y_1(t), \vec y_2(t)$ 均为原方程组 $\vec y'(t) = \vec A\vec y(t)$ 的解.

证明

由于 $\vec y(t) = \vec y_1(t) + i \vec y_2(t)$ and $y'(t) = \vec A\vec y(t)$ , 那么

\vec y'(t) = \vec y_1'(t) + i \vec y'_2(t) = \vec A\vec y_1(t) + i \vec A\vec y_2(t).

由于 $b \neq 0$ , 则 $\vec y_1(t),\vec y_2(t)$ 线性无关. 因此 $\vec y_1'(t) = \vec A\vec y_1(t); \vec y_2'(t) = \vec A\vec y_2(t)$ .

∎

例题 6.5

设 $\alpha,\beta,\gamma \in \mathbb{R}$ , 矩阵 $A = \begin{pmatrix} \alpha &-\beta &0 \\ \beta & \alpha & 0 \\ 0 & 0 & \gamma \end{pmatrix}$ . 求出 $\vec y'(t)=A\vec y(t)$ 的解集.

解答 6.5

$\vec A$ 的特征多项式为

p(\lambda) = \det(A-\lambda I) = \det\begin{pmatrix} \alpha-\lambda & - \beta & 0 \\ \beta & \alpha-\lambda & 0 \\ 0 & 0 & \gamma-\lambda \end{pmatrix} = (\gamma-\lambda)[(\alpha-\lambda)^2+\beta^2],

因此 $\vec A$ 的特征值为

\lambda_1=\alpha+i\beta, \hspace{0.2cm} \lambda_2=\alpha-i\beta, \hspace{0.2cm} \lambda_3=\gamma,

与特征值所对应的特征向量为

\vec u_1 \in \ker(A-\lambda_1 I) = \ker\begin{pmatrix} -i\beta & -\beta & 0 \\ \beta & -i\beta & 0 \\ 0 & 0 & \gamma-\alpha-i\beta \end{pmatrix} \in \Span\begin{pmatrix} 1 \\ -i \\ 0 \end{pmatrix} \implies \text{令} \vec u_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ -i \\ 0 \end{pmatrix}.

根据推论 $6.4$ , 我们很容易得到 $\vec u_2 = \begin{pmatrix} 1 \\ i \\ 0 \end{pmatrix}$ .

最后,

\vec u_3 \in \ker(A-\lambda_3 I) = \Span\begin{pmatrix} 0 \\ 0\\ 1 \end{pmatrix} \implies \text{令} \vec u_3 = \begin{pmatrix} 0 \\ 0\\ 1 \end{pmatrix}

对于特征值 $\alpha\pm\beta i$ 而言, 其对应的解满足

\begin{aligned} \vec y(t) &= e^{\alpha t}\left(\cos(\beta t) + i\sin(\beta t) \right)\cdot \left( \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} +i\begin{pmatrix} 0\\-1 \\ 0 \end{pmatrix} \right)\\ &=e^{\alpha t} \left[ \cos(\beta t)\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix} -\sin(\beta t) \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\0 \end{pmatrix} \right]+ie^{\alpha t}\left[ \sin(\beta t)\begin{pmatrix} 1\\0\\0\end{pmatrix} + \cos(\beta t) \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \\0 \end{pmatrix} \right]. \end{aligned}

则

\vec y_1(t) = e^{\alpha t} \begin{pmatrix} \cos(\beta t) \\ \sin(\beta t) \\ 0 \end{pmatrix}, \quad\vec y_2(t) = e^{\alpha t} \begin{pmatrix} \sin(\beta t) \\ -\cos(\beta t) \\ 0 \end{pmatrix}.

对于 $\lambda_3=\gamma$ 而言, 显然 $\vec y_3 = e^{\gamma t} \vec u_3$ . 则原方程的解集为

\vec y(t) = c_1e^{\alpha t} \begin{pmatrix} \cos(\beta t) \\ \sin(\beta t) \\ 0 \end{pmatrix}+c_2 e^{\alpha t} \begin{pmatrix} \sin(\beta t) \\ -\cos(\beta t) \\ 0 \end{pmatrix}+c_3e^{\gamma t}\begin{pmatrix} 0 \\0\\1\end{pmatrix},\quad c_1,c_2,c_3\in\mathbb{R}.

{6.2 练习}

1. [带阻尼的 $LRC$ 电路] 考虑串联 $LRC$ 电路: 其中 $L$ 为电感, $R$ 为电阻, $C$ 为电容. $I(t)=$ 为电路中的电流. 已知微分方程

LI''(t)+RI'(t)+\frac{1}{C}I(t)=0.

(i) [过阻尼] 设 $L=1, R=3,C=0.5$ . 求出 $I(t)$ 随时间的变化关系. 并大致画出其图像;

(ii) [欠阻尼] 设 $L=1, R=1, C=1$ . 求出 $I(t)$ 随时间的变化关系. 并大致画出其图像.

2. [溶液溶质问题] 如图, 有 $A,B,C$ 三个密封良好且装满水的水缸, 且 $A,B; B,C; A,C$ 水缸之间通过单向阀连接. $A,C$ 水缸容积均为 $60L$ , $B$ 水缸容积为 $30L$ . 已知 $A,B,C$ 缸中均匀且充分地溶解了 $0kg, 1kg, 4kg$ 的盐, 且三个单向阀均处于闭合状态. 在某一时刻 ( $t=0$ ), 三个阀门突然同时开启. 随后每单位时间内有 $10L$ 的盐水分别由 $A$ 流向 $B$ , 由 $B$ 流向 $C$ , 以及由 $C$ 流向 $A$ . 设 $A,B,C$ 缸中盐水的浓度在 $t$ 时刻分别为 $y_1(t), y_2(t), y_3(t)$ (单位: $kg/L$ ). 建立合适的微分方程组, 求出 $y_1(t), y_2(t), y_3(t)$ 随时间的变化关系.

3. [弹簧振子系统] 如图，物块 $m_1,m_2$ 被三根劲度系数分别为 $k_1,k_2,k_3$ 的弹簧连接. 设在 $t$ 时刻对 $m_1,m_2$ 施加的力分别为 $F_1(t),F_2(t)$ ，物块 $m_1,m_2$ 相较初始位置的位移分别为 $x_1,x_2$ . 取右边为正方向，不计一切摩擦，根据牛顿运动定律和胡克定律我们有

m_1x_1''(t) = k_2(x_2-x_1)-k_1x_1+F_1(t);

m_2x''_2(t) = -k_3x_2 - k_2(x_2-x_1)+F_2(t).

设 $\displaystyle{m_1=m_2=1,k_1=k_3=1,k_2=2, F_1=F_2=0}$ . 求出 $x_1(t),x_2(t)$ 的通解, 并大致描述不同的初始条件 $x_1(0),x_2(0),x_1'(0),x_2'(0)$ 对系统可能产生的影响.