线性算子解一阶线性微分方程

1. 齐次线性方程组 $Ax=0$

这是线性代数里的问题。 $A$ 是一个矩阵，可以看成一个线性算子

$$A:\mathbb R^n \to \mathbb R^m$$

解 $Ax=0$ 就是在找

$$\ker(A)=\{x:Ax=0\}$$

即 $A$ 的零空间。解集一定是一个线性子空间。

2. 一阶齐次线性微分方程

比如

$$y'+p(x)y=0$$

也可以写成

$$L[y]=0,\qquad L=D+p(x)$$

其中 $D=\frac{d}{dx}$ 是微分算子，所以 $L$ 是一个线性微分算子。因此求解这个微分方程，本质上也是在找

$$\ker(L)=\{y:L[y]=0\}$$

它的解集也是一个线性空间。例如上式通解为

$$y=C e^{-\int p(x)\,dx}$$

这是一个一维线性空间。

3. 一阶非齐次线性微分方程

比如

$$y'+p(x)y = q(x)$$

或

$$L[y]=q,\qquad L=D+p(x)$$

是在问：$q$ 是否属于 $L$ 的像空间

$$\operatorname{Ran}(L)$$

如果 $q\in \operatorname{Ran}(L)$，就有解；
所有解构成一个仿射空间：

$$y_p+\ker(L)$$

这和线性代数里

$$Ax=b$$

完全一样：

齐次解：$\ker(A)$
非齐次解：某个特解 + $\ker(A)$

通解:

$$y(x)=Ce^{-\int p}$$

特解:

$$y(x)=e^{-\int p} \int e^{\int p}q$$

线性叠加:

$$y(x)=e^{-\int p}\left(C+\int e^{\int p}q\right)$$

3.1 求特解解方法

假设 $L= M^{-1} D M$, 即L与D相似(共轭), $M$ 是可逆乘法算子, 即:

$$(Mf)(x)=\mu(x)f(x)$$

则有

$$L = D+p(x)=M^{-1}DM$$

取:

$$\mu(x)=e^{\int p(x)\,dx}$$

验证一下：

$$M^{-1}DM[y] = \mu^{-1}\frac{d}{dx}(\mu y) = \mu^{-1}(\mu' y+\mu y')$$

因为

$$\mu' = p\mu$$

所以

$$\mu^{-1}(\mu' y+\mu y')=py+y'=y'+py=L[y]$$

$\mu^{-1}p\mu = \mu^{-1}\mu p = p$ 是因为这里的 $\mu,\mu^{-1},p$ 不是一般矩阵，而是标量函数的乘法算子，它们彼此可交换。

所以确实

$$L=M^{-1}DM$$

对于一阶非齐次线性微分方程特解具体解法:

$$M^{-1} D M y = q$$

$$D(My) = Mq$$

类比$Ax = b$ 与 $\Lambda (Px) = (Pb)$, 基变换后最后在逆变换回去就好.

$$\begin{aligned} y &= M^{-1}\int Mq \\ &= e^{-\int p}\int e^{\int p}q \end{aligned}$$

4. 一阶齐次常系数线性微分方程组

考虑一阶齐次线性方程组

$$\frac{du}{dt}=Au, \qquad u(t)\in \mathbb{R}^2,\quad A\in M_{2}(\mathbb{R}).$$

定义微分算子

$$D:=\frac{d}{dt},$$

以及线性算子

$$L:=D-A.$$

那么方程就是

$$Lu=0.$$

$A$ 也不是单纯“一个矩阵”，而是“矩阵乘法算子”
若 $A(t)$ 是 $2\times2$ 矩阵函数，那么它定义了一个算子：

$$(M_Au)(t):=A(t)u(t).$$

所以严格说，
$D$ 是微分算子；$A$ 表示“乘以矩阵 $A(t)$”的算子。因此

$$(D+A)u:=Du+A(t)u=u'(t)+A(t)u(t)$$

是完全有意义的。

取 $M = e^{-At}$, 可证 $L=D-A=M^{-1}D M$
则:

$$D(e^{-At}u)= 0 \\ e^{-At}u = u_0 \\ u = e^{At}u_0$$

注: $\left(e^{-At}\right)^{-1}=e^{At}$, $c$是常向量.

4.1 关于指数矩阵

矩阵指数定义为幂级数：

$$e^{At}=\sum_{n=0}^\infty \frac{(At)^n}{n!} =I+At+\frac{A^2t^2}{2!}+\frac{A^3t^3}{3!}+\cdots$$

并且有:

$$\boxed{\frac{d}{dt}e^{At}=Ae^{At}}$$

如果A可以对角化, $e^{At}$ 会变得很好算:

$$AS= S\Lambda, \quad A = S\Lambda S^{-1}, \quad \Lambda = \operatorname{diag}(\lambda_1,\dots, \lambda_n)$$

则:

$$\boxed{e^{At}=Se^{\Lambda t}S^{-1}} \\$$

且:

$$\boxed{ e^{\Lambda t} = \begin{pmatrix} e^{\lambda_1 t} & 0 & \cdots & 0\\ 0 & e^{\lambda_2 t} & \cdots & 0\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ 0 & 0 & \cdots & e^{\lambda_n t} \end{pmatrix} }$$

4.2 如果A可以相似对角化, 解的进一步表示

当 $A=S\Lambda S^{-1}$ 时，

$$e^{At}=Se^{\Lambda t}S^{-1}.$$

所以应该写成

$$\boxed{u(t)=Se^{\Lambda t}S^{-1}u(0)}.$$

如果你把

$$c=S^{-1}u(0),$$

记成初值在特征向量基下的坐标，那么也可以写成

$$u(t)=Se^{\Lambda t}c.$$

二维情形下若

$$\Lambda=\begin{pmatrix}\lambda_1&0\\0&\lambda_2\end{pmatrix},$$

则

$$e^{\Lambda t} = \begin{pmatrix} e^{\lambda_1 t} & 0\\ 0 & e^{\lambda_2 t} \end{pmatrix},$$

所以

$$u(t) = S \begin{pmatrix} e^{\lambda_1 t} & 0\\ 0 & e^{\lambda_2 t} \end{pmatrix} S^{-1}u(0).$$

如果你愿意，我可以接着把这个二维解再写成

$$u(t)=c_1e^{\lambda_1 t}v_1+c_2e^{\lambda_2 t}v_2$$

的形式给你看，这个更直观。

4.3 如果A不可以对角化, 解的进一步表示(待完善)

根据Jordan理论, 任何一个方阵均相似与它的Jordan标准型, 写成 Jordan 形式:

若

$$A=SJS^{-1},$$

其中 $J$ 是 Jordan 块矩阵，那么

$$e^{At}=Se^{Jt}S^{-1}.$$

所以

$$\boxed{u(t)=Se^{Jt}S^{-1}u(0)}.$$

最常见的二维不可对角化情形
二维里最典型的是只有一个特征值 $\lambda$，只有一个线性无关特征向量，此时

$$J= \begin{pmatrix} \lambda & 1\\ 0 & \lambda \end{pmatrix}.$$

把它拆成

$$J=\lambda I+N,\qquad N= \begin{pmatrix} 0&1\\ 0&0 \end{pmatrix}, \quad N^2=0.$$

于是

$$e^{Jt}=e^{(\lambda I+N)t}=e^{\lambda t}e^{Nt}.$$

因为 $N^2=0$，所以

$$e^{Nt}=I+Nt.$$

因此

$$e^{Jt} = e^{\lambda t} \begin{pmatrix} 1&t\\ 0&1 \end{pmatrix}.$$

所以最终

$$\boxed{ e^{At} = S\left( e^{\lambda t} \begin{pmatrix} 1&t\\ 0&1 \end{pmatrix} \right)S^{-1} }$$

解为

$$\boxed{ u(t)= S\left( e^{\lambda t} \begin{pmatrix} 1&t\\ 0&1 \end{pmatrix} \right)S^{-1}u(0). }$$

对应到“向量形式”
如果 $v$ 是特征向量，$w$ 是广义特征向量，满足

$$(A-\lambda I)v=0,\qquad (A-\lambda I)w=v,$$

那么解可以写成

$$\boxed{ u(t)=c_1 e^{\lambda t}v + c_2 e^{\lambda t}(tv+w). }$$

你可以看到，和可对角化时相比，多出了一个 $t e^{\lambda t}$ 项。

一个具体例子
设

$$A= \begin{pmatrix} 1&1\\ 0&1 \end{pmatrix}.$$

它只有一个特征值 $\lambda=1$，不能对角化。因为它本身已经是 Jordan 形式，所以

$$e^{At} = e^t \begin{pmatrix} 1&t\\ 0&1 \end{pmatrix}.$$

因此

$$u(t)=e^{At}u(0) = e^t \begin{pmatrix} 1&t\\ 0&1 \end{pmatrix} u(0).$$

若

$$u(0)=\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix},$$

则

$$u(t)= e^t \begin{pmatrix} a+tb\\ b \end{pmatrix}.$$