常系数线性方程组-重特征根情形结论

作者: 洛玖言 | 来源:发表于2019-11-18 19:39 被阅读0次

常系数线性方程组-重特征根情形结论
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特征值/特征向量、矩阵的对角化/矩阵的幂次方、解常系数线性
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重特征根情形结论

假设矩阵 $\boldsymbol{A}$ 有互异的特征根 $\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_s$ ，其重数分别为 $n_1,n_2,\cdots,n_s$ 且 $n_1+n_2+\cdots+n_s=n$ . 在 $\boldsymbol{A}$ 的 Jordan 标准形中，特征根 $\lambda_i$ 对应的 Jordan 块可能不止一个. 但由之前的推导可以看到，在 $\boldsymbol{P}e^{t\boldsymbol{J}}$ 中与 $\lambda_i$ 对应的列向量都具有（4.20）的形式，且这里式（4.20）中的 $n_i$ 对应于 $\lambda_i$ 的重数. 下免我们还将用到如下的线性代数知识：

引理 4.2

设 $\boldsymbol{A}$ 有互异的特征根 $\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_s$ ，重数分别为 $n_1,n_2,\cdots,n_s$ 且 $n_1+n_2+\cdots+n_s=n$ . 则 $\mathbb{C}^n=V_1\oplus V_2\oplus\cdots\oplus V_s$ ，其中

$V_i=\{\boldsymbol{c}\in\mathbb{C}^n|(\boldsymbol{A}-\lambda_i\boldsymbol{I})^{n_i}\boldsymbol{c}=0\}$

为 $n_i$ 维线性子空间，它在 $\boldsymbol{A}$ 的作用下不变.

引理 4.3（待定系数 $\boldsymbol{c}_i$ 的确定）

设 $\lambda_i$ 为 $\boldsymbol{A}$ 的 $n_i$ 重特征根，则（4.20）表述的函数 $\boldsymbol{x}(t)$ 是齐次线性方程组（4.14）的非零解，当且仅当 $\boldsymbol{c}_0,\boldsymbol{c}_1,\cdots,\boldsymbol{c}_{n_i-1}$ 满足

$\begin{cases} (\boldsymbol{A}-\lambda_i\boldsymbol{I})^{n_i}\boldsymbol{c}_0=\boldsymbol{0},\quad\boldsymbol{c}_0\not=\boldsymbol{0},\\ \boldsymbol{c}_1=(\boldsymbol{A}-\lambda_i\boldsymbol{I})\boldsymbol{c}_0\\ \boldsymbol{c}_2=(\boldsymbol{A}-\lambda_i\boldsymbol{I})\boldsymbol{c}_1\\ \vdots\\ \boldsymbol{c}_{n_i-1}=(\boldsymbol{A}-\lambda_i\boldsymbol{I})\boldsymbol{c}_{n_i-2}\\ \end{cases}\quad(4.21)$

证明

将待定式（4.20）带入方程组（4.14），并消去等式两边的公因子 $e^{\lambda_it}$ 得

$(\boldsymbol{A}-\lambda_i\boldsymbol{I})(\boldsymbol{c}_0+\dfrac{t}{1!}\boldsymbol{c}_1+\dfrac{t^2}{2!}\boldsymbol{c}_2+\cdots)=\boldsymbol{c}_1+\dfrac{t}{1!}\boldsymbol{c}_2+\dfrac{t^2}{2!}\boldsymbol{c}_3+\cdots$

比较 $t$ 同次幂得系数得到

$(\boldsymbol{A}-\lambda_i\boldsymbol{I}\boldsymbol)\boldsymbol{c}_0=\boldsymbol{c}_1,\\\cdots,\\(\boldsymbol{A}-\lambda_i\boldsymbol{I})\boldsymbol{c}_{n_{i}-2}=\boldsymbol{c}_{n_i-1},\\(\boldsymbol{A}-\lambda_i\boldsymbol{I})\boldsymbol{c}_{n_{i}-1}=\boldsymbol{0}$

从而 $(\boldsymbol{A}-\lambda_i\boldsymbol{I})^k\boldsymbol{c}_0=\boldsymbol{c}_k$ 且 $(\boldsymbol{A}-\lambda_i\boldsymbol{I})^{n_i}\boldsymbol{c}_0=\boldsymbol{0}$ . 这就得到了（4.21）. 显然 $\boldsymbol{c}_0$ 必为（4.21）第一方程的非零解，否则可以地推出 $\boldsymbol{c}_1=\cdots=\boldsymbol{c}_{n_i-1}=\boldsymbol{0}.$ 从而只获得平凡解 $\boldsymbol{x}(t)\equiv\boldsymbol{0}.$

据此我们的到本节最重要的定理.

定理 4.6

假设 $n\times n$ 阶矩阵 $\boldsymbol{A}$ 有互不相同的特征根 $\lambda_1,\lambda_2,\cdots,\lambda_s$ ，重数为 $n_1,n_2,\cdots,n_s$ 且 $n_1+n_2+\cdots+n_s=n.$ 则齐次线性方程组（4.14）有基本解组

$\begin{aligned} &e^{\lambda_1t}\boldsymbol{P}^{(1)}_1(t),\cdots,e^{\lambda_1t}\boldsymbol{P}_{n_1}^{(1)}(t),\\\\ &e^{\lambda_2t}\boldsymbol{P}^{(2)}_1(t),\cdots,e^{\lambda_2t}\boldsymbol{P}_{n_2}^{(2)}(t),\\ &\cdots\cdots\\ &e^{\lambda_st}\boldsymbol{P}^{(s)}_1(t),\cdots,e^{\lambda_st}\boldsymbol{P}_{n_s}^{(s)}(t),\\\\ \end{aligned}\quad(4.22)$

这里

$\boldsymbol{P}_j^{(i)}(t)=\boldsymbol{c}_{j0}^{(i)}+\dfrac{t}{1!}\boldsymbol{c}_{j1}^{(i)}+\cdots+\dfrac{t^{n_i-1}}{(n_i-1)!}\boldsymbol{c}_{j(n_i-1)}^{(i)}\quad(4.23)$

是相应于 $\lambda_i$ 的某个向量多项式，共有 $n_i$ 个（ $j=1,2,\cdots,n_i$ ）其中

（ $\bold{i}$ ）零次项向量 $\boldsymbol{c}_{10}^{(i)},\cdots,\boldsymbol{c}_{n_i0}^{(i)}$ 为（4.21）第一个方程的 $n_i$ 个线性无关解，亦即引理 4.2 中不变子空间 $V_i$ 的一组基，

（ $\bold{ii}$ ）向量多项式（4.23）中的系数向量 $\boldsymbol{c}_{j1}^{(i)},\cdots,\boldsymbol{c}^{(i)}_{j(n_i-1)}$ 由零次项向量 $\boldsymbol{c}_{j0}^{(i)}$ 和引理 4.3 的递推公式（4.21）确定.

该定理表明，在引理 4.2 的分解中 $V_i$ 有 $n_i$ 个基向量，每个基向量确定一个向量多项式 $\boldsymbol{P}_j^{(i)}(t)$ . 另外，当 $\boldsymbol{A}$ 是实矩阵时，我们可取实部和虚部来给出实的基本解组.

证明

由引理 4.3 知，（4.22）中 $n$ 个函数都是齐次线性方程组（4.14）的解. 下免验证这 $n$ 个解线性无关. 令这 $n$ 个解组成的基本解矩阵为 $\boldsymbol{X}(t)$ . 易见

$\boldsymbol{X}(0)=(\boldsymbol{c}_{10}^{(1)},\cdots,\boldsymbol{c}^{(1)}_{n_10};\boldsymbol{c}_{10}^{(2)},\cdots,\boldsymbol{c}_{n_20}^{(2)};\boldsymbol{c}_{10}^{(s)},\cdots,\boldsymbol{c}_{n_s0}^{(s)})\quad(4.24)$

完全由“零此项向量”构成. 由引理 4.2，子空间

$V_i=\{\boldsymbol{c}\in\mathbb{C}^n|(\boldsymbol{A}-\lambda_i\boldsymbol{I})^{n_i}\boldsymbol{c}=\boldsymbol{0}\}$

为 $n_i$ 维，故从（4.21）第一式的线性方程组必恰能解出 $n_i$ 个线性无关的向量 $\boldsymbol{c}_{10}^{(i)},\cdots,\boldsymbol{c}_{n_i0}^{(i)}$ . 因此，（4.24）的列向量组成 $\mathbb{C}^n$ 的一组基，即 Wronski 行列式 $\det\boldsymbol{X}(0)\not=0$ . 从而定理得证.

例 4.5

求解方程组

$\dfrac{\text{d}\boldsymbol{x}}{\text{d}t}=\begin{pmatrix} 0&1&-1\\ 1&1&0\\ 1&0&1\\ \end{pmatrix}\boldsymbol{x}.$

Sol:

从 $\det(\lambda \boldsymbol{I}-\boldsymbol{A})=\lambda(\lambda-1)^2$ 得到单根 $\lambda_1=0$ 和二重根 $\lambda_2=1$ . 对 $\lambda_1=0$ ，为求 $(\boldsymbol{A}-\lambda_1\boldsymbol{I})\boldsymbol{c}=\boldsymbol{0}$ 的非平凡解，我们对 $\boldsymbol{A}-\lambda_1\boldsymbol{I}$ 作初等行变换

$(\boldsymbol{A}-\lambda_1\boldsymbol{I}) =\begin{pmatrix} 0&1&-1\\ 1&1&0\\ 1&0&1 \end{pmatrix}\rightarrow \begin{pmatrix} 1&2&-1\\ 0&-1&1\\ 0&0&0\\ \end{pmatrix},$

从而通过确定基础解系得到 $\boldsymbol{c}_1=(-1,1,1)^{T}$ .

再对 $\lambda_2=1$ 求 $(\boldsymbol{A}-\lambda_2\boldsymbol{I}^2\boldsymbol{c}=\boldsymbol{0})$ 的非平凡解，由于

$\begin{aligned} &(\boldsymbol{A}-\lambda_2\boldsymbol{I})^2\\ =&\begin{pmatrix} -1&1&-1\\ 1&0&0\\ 1&0&0\\ \end{pmatrix}^2\\ =&\begin{pmatrix} 1&-1&1\\ -1&1&-1\\ -1&1&-1\\ \end{pmatrix}\\ \rightarrow& \begin{pmatrix} 1&-1&1\\ 0&0&0\\ 0&0&0\\ \end{pmatrix}, \end{aligned}$

容易得到两个线性无关的解 $\boldsymbol{c}_{20}=(1,1,0)^T$ 和 $\boldsymbol{c}_{30}=(-1,0,1)^T$ . 带入（4.21）递推得

$\boldsymbol{c}_{21}=(\boldsymbol{A}-\lambda_2\boldsymbol{I})\boldsymbol{c}_{20}=(0,1,1)^T$ ,
$\boldsymbol{c}_{31}=(\boldsymbol{A}-\lambda_2\boldsymbol{I})\boldsymbol{c}_{30}=(0,-1,-1)^{T}$

最后得到基本解矩阵

$\begin{aligned} \boldsymbol{X}(t) =&\left(\boldsymbol{c}_1e^{\lambda_1t},e^{\lambda_2t}\left(\boldsymbol{c}_{20}+\dfrac{t}{1!}\boldsymbol{c}_{21}\right),e^{\lambda_2t}\left(\boldsymbol{c}_{30}+\dfrac{t}{1!}\boldsymbol{c}_{31}\right)\right)\\ =&\begin{pmatrix} -1&e^t&-e^t\\\\ 1&(1+t)e^t&-te^t\\\\ 1&te^t&(1-t)e^t \end{pmatrix} \end{aligned}$

因此通解为

$\boldsymbol{x}(t)=C_1\begin{pmatrix}-1\\1\\1\end{pmatrix}+C_2\begin{pmatrix}1\\1+t\\t\end{pmatrix}e^t+C_3\begin{pmatrix}-1\\-t\\1-t\end{pmatrix}e^t$

其中 $C_1,\,C_2,\,C_3$ 为任意常数.

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