problem

$\frac{d \vec{x}}{d t}=A \vec{x}, A=\begin{pmatrix}-5 & -1 \\ 1 & -3\end{pmatrix}$ ，求其通解，并写出 $e^{A t}$ ．

solution

矩阵 $A$ 的特征方程为：

$$\det(A - \lambda I) = \begin{vmatrix} -5-\lambda & -1 \\ 1 & -3-\lambda \end{vmatrix} = (\lambda + 4)^2 = 0$$

解得重特征值：

$$\lambda = -4 \quad (\text{二重根})$$

解方程 $(A + 4I)\vec{v} = 0$：

$$A + 4I = \begin{pmatrix} -1 & -1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$$

可得线性方程 $-v_1 - v_2 = 0$，解为 $\vec{v}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}$。

解方程 $(A + 4I)\vec{v} = \vec{v}_1$： 取 $\vec{v}_2 = \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \end{pmatrix}$。

通解形式为：

$$\vec{x}(t) = e^{-4t} \left(C_1 \vec{v}_1 + C_2 (t \vec{v}_1 + \vec{v}_2)\right)$$

具体展开为：

$$\vec{x}(t) = e^{-4t} \left(C_1 \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix} + C_2 \left(t \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 \\ -1 \end{pmatrix} \right)\right)$$

利用幂零矩阵分解：$A = -4I + N$，其中 $N = \begin{pmatrix} -1 & -1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$ 满足 $N^2 = 0$，则：

$$e^{A t} = e^{-4t}(I + N t)$$

具体展开为：

$$e^{A t} = e^{-4t} \begin{pmatrix} 1 - t & -t \\ t & 1 + t \end{pmatrix}$$

problem

$\frac{d \vec{x}}{d t}=A \vec{x}, A=\begin{pmatrix}1 & -1 \\ 1 & 1\end{pmatrix}$ ，求其通解，并写出 $e^{A t}$ ．

solution

矩阵 $A$ 的特征方程为：

$$\det(A - \lambda I) = 0$$

代入矩阵 $A$：

$$\det\begin{pmatrix} 1 - \lambda & -1 \\ 1 & 1 - \lambda \end{pmatrix} = (1 - \lambda)^2 + 1$$

$$(1 - \lambda)^2 + 1 = 0 \implies (1 - \lambda)^2 = -1 \implies 1 - \lambda = \pm i$$

因此，特征值为：

$$\lambda_1 = 1 + i, \quad \lambda_2 = 1 - i$$

观察矩阵 $A$ 可分解为：

$$A = I + J, \quad \text{其中} \quad I = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}, \ J = \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$$

$I$ 与 $J$ 可交换，且 $J^2 = -I$。

利用 $J$ 的幂级数展开：

$$e^{J t} = \cos t \cdot I + \sin t \cdot J = \begin{pmatrix} \cos t & -\sin t \\ \sin t & \cos t \end{pmatrix}$$

由于 $A = I + J$ 且 $I$ 与 $J$ 可交换：

$$e^{A t} = e^{I t} \cdot e^{J t} = e^t \cdot \begin{pmatrix} \cos t & -\sin t \\ \sin t & \cos t \end{pmatrix}$$

通解为：

$$\vec{x}(t) = e^{A t} \vec{C} = e^t \begin{pmatrix} \cos t & -\sin t \\ \sin t & \cos t \end{pmatrix} \begin{pmatrix} C_1 \\ C_2 \end{pmatrix}$$

分量为：

$$\begin{cases} x_1(t) = e^t (C_1 \cos t - C_2 \sin t) \\ x_2(t) = e^t (C_1 \sin t + C_2 \cos t) \end{cases}$$

通解：

$$\vec{x}(t) = e^t \begin{pmatrix} C_1 \cos t - C_2 \sin t \\ C_1 \sin t + C_2 \cos t \end{pmatrix}, \quad C_1, C_2 \in \mathbb{R}$$

矩阵指数：

$$e^{A t} = e^t \begin{pmatrix} \cos t & -\sin t \\ \sin t & \cos t \end{pmatrix}$$

problem

$\frac{d \vec{x}}{d t}=A \vec{x}, A=\begin{pmatrix}1 & -2 & -1 \\ -1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & -1\end{pmatrix}$ ，求其通解，并写出 $e^{A t}$ ．

solution

矩阵 $A$ 的特征方程为：

$$\det(A - \lambda I) = 0$$

解得特征值：

$$\lambda_1 = 0, \quad \lambda_2 = 2, \quad \lambda_3 = -1$$

解方程 $(A - 0I)\vec{v} = 0$，得特征向量：

$$\vec{v}_1 = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$$

解方程 $(A - 2I)\vec{v} = 0$，得特征向量：

$$\vec{v}_2 = \begin{pmatrix} 3 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix}$$

解方程 $(A + I)\vec{v} = 0$，得特征向量：

$$\vec{v}_3 = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ -2 \end{pmatrix}$$

由于矩阵 $A$ 有三个不同的实特征值，通解为：

$$\vec{x}(t) = C_1 e^{0 \cdot t} \vec{v}_1 + C_2 e^{2t} \vec{v}_2 + C_3 e^{-t} \vec{v}_3$$

即：

$$\vec{x}(t) = C_1 \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} + C_2 e^{2t} \begin{pmatrix} 3 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix} + C_3 e^{-t} \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ -2 \end{pmatrix}$$

构造可逆矩阵 $P$ 和对角矩阵 $D$：

$$P = \begin{pmatrix} 1 & 3 & 0 \\ 0 & -2 & 1 \\ 1 & 1 & -2 \end{pmatrix}, \quad D = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}$$

矩阵指数为：

$$e^{A t} = P e^{D t} P^{-1}$$

其中：

$$e^{D t} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & e^{2t} & 0 \\ 0 & 0 & e^{-t} \end{pmatrix}$$

通过矩阵乘法计算 $e^{A t}$，结果为：

$$e^{A t} = \frac{1}{6} \begin{pmatrix} 3 + 3e^{2t} & 6 - 6e^{2t} & 3 - 3e^{2t} \\ -2e^{2t} + 2e^{-t} & 4e^{2t} + 2e^{-t} & 2e^{2t} - 2e^{-t} \\ 3 + e^{2t} - 4e^{-t} & 6 - 2e^{2t} - 4e^{-t} & 3 - e^{2t} + 4e^{-t} \end{pmatrix}$$

problem

$\frac{d \vec{x}}{d t}=A \vec{x}, A=\begin{pmatrix}-1 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 1 & 0 & -4\end{pmatrix}$ ，求其通解，并写出 $e^{A t}$ ．

solution

有特征值 $\lambda_{1}=-4,\lambda_{2}=\lambda_{3}=-1,$ 特征向量 $\vec{v}=(0,0,1)^\prime$。

解 $(A-\lambda_{2}I)\vec{x}=0$，有 $\vec{v}_{20}=\begin{pmatrix}3 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}, \vec{v}_{30}=\begin{pmatrix}1 \\ 3 \\ 0\end{pmatrix}$。

$$\vec{v}_{21}=(A-\lambda_{2}I)^{2}\vec{v}_{20}=\begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}, \vec{v}_{31}=(A-\lambda_{2}I)^{2}\vec{v}_{30}=\begin{pmatrix}3 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}$$

故：

$$\Phi(t)=\begin{pmatrix}0 & 3e^{-t} & (1+3t)e^{-t} \\ 0 & 0 & 3e^{-t} \\ e^{-4t} & e^{-t} & te^{-t}\end{pmatrix}$$

因此：

$$\Phi^{-1}(0)=\begin{pmatrix} -\frac{1}{3} & \frac{1}{9} & 1 \\ \frac{1}{3} & -\frac{1}{9} & 0 \\ 0 & \frac{1}{3} & 0 \end{pmatrix}$$

矩阵指数：

$$e^{At}=\Phi(t)\Phi^{-1}(0)=\begin{pmatrix} e^{-t} & te^{-t} & 0 \\ 0 & e^{-t} & 0 \\ \frac{e^{-t} - e^{-4t}}{3} & \frac{te^{-t}}{3} - \frac{e^{-t} - e^{-4t}}{9} & e^{-4t} \end{pmatrix}$$

通解：

$$\vec{x}(t) = C_1 e^{-t} \begin{pmatrix} 3 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} + C_2 e^{-t} \begin{pmatrix} 3t + 1 \\ 3 \\ t \end{pmatrix} + C_3 e^{-4t} \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}$$

problem

$\frac{d \vec{x}}{d t}=A \vec{x}, A=\begin{pmatrix}2 & -1 & -1 \\ 2 & -1 & -2 \\ -1 & 1 & 2\end{pmatrix}$ ，求其通解，并写出 $e^{A t}$ ．

solution

有特征值 $\lambda_{1}=\lambda_{2}=\lambda_{3}=1$。

解 $(A-\lambda_{1})\vec{x}=0$，有：

$$\vec{v}_{10}=\begin{pmatrix}1 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}, \vec{v}_{20}=\begin{pmatrix}0 \\ 1 \\ 0\end{pmatrix}, \vec{v}_{30}=\begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ 1\end{pmatrix}$$

故：

$$\vec{v}_{11}=(A-\lambda_{1})\vec{v}_{10}=\begin{pmatrix}1 \\ 2 \\ -1\end{pmatrix}$$

$$\vec{v}_{12}=(A-\lambda_{1})^{2}\vec{v}_{10}=\begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}$$

$$\vec{v}_{21}=(A-\lambda_{1})\vec{v}_{20}=\begin{pmatrix}-1 \\ -2 \\ 1\end{pmatrix}$$

$$\vec{v}_{22}=(A-\lambda_{1})^{2}\vec{v}_{20}=\begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}$$

$$\vec{v}_{31}=(A-\lambda_{1})\vec{v}_{30}=\begin{pmatrix}-1 \\ -2 \\ 1\end{pmatrix}$$

$$\vec{v}_{32}=(A-\lambda_{1})^{2}\vec{v}_{30}=\begin{pmatrix}0 \\ 0 \\ 0\end{pmatrix}$$

则：

$$\Phi(t)=e^t\begin{pmatrix} 1 + t & -t & -t \\ 2t & 1 - 2t & -2t \\ -t & t & 1 + t \end{pmatrix}$$

矩阵指数：

$$e^{A t} =\Phi(t)\Phi^{-1}(0)= e^t \begin{pmatrix} 1 + t & -t & -t \\ 2t & 1 - 2t & -2t \\ -t & t & 1 + t \end{pmatrix}$$

通解：

$$\vec{x}(t) = e^{At}\vec{c}$$