線性微分方程的穩定性

本文的閱讀等級：中級

在許多物理、工程和經濟學問題，我們常關注動態系統在均衡狀態 (equilibrium state) 附近的行為。如果一系統受到小干擾後最終會返回均衡狀態，便稱此系統是漸近穩定 (asymptotically stable，以下簡稱穩定)，否則稱為不穩定。設向量 $\mathbf{x}(t)=(x_1(t),\ldots,x_n(t))^T$ 表示系統於時間 $t$ 所處的狀態。對於一般動態系統，我們可以用線性微分方程

$\displaystyle \frac{d\mathbf{x}}{dt}=A\mathbf{x},~~~\mathbf{x}(0)=\mathbf{c}$

近似描述系統在均衡狀態 $\mathbf{x}=\mathbf{0}$ 附近的行為，其中 $A$ 是一 $n\times n$ 階常數矩陣， $\mathbf{c}$ 是由擾動所決定的初始狀態。本文推導穩定線性系統的充分與必要條件，即當 $t\to\infty$ ，線性微分方程解 $\mathbf{x}(t)$ 的所有元趨於零的條件。

上述線性微分方程的解為 $\mathbf{x}=e^{At}\mathbf{c}$ (見“線性微分方程解的存在性與唯一性”)，驗證於下：

$\displaystyle\begin{aligned} \frac{d\mathbf{x}}{dt}&=\frac{de^{At}\mathbf{c}}{dt}=\frac{d}{dt}\left(\sum_{k=0}^\infty\frac{A^kt^k}{k!}\right)\mathbf{c}\\ &=A\sum_{k=1}^\infty\frac{A^{k-1}t^{k-1}}{(k-1)!}\mathbf{c}=Ae^{At}\mathbf{c}=A\mathbf{x}.\end{aligned}$

當 $t\to\infty$ ，微分方程的解表明 $\mathbf{x}(t)\to\mathbf{0}$ 同義於 $e^{At}\to 0$ 。令 $\lambda_1,\ldots,\lambda_n$ 是 $A$ 的特徵值。線性微分方程的穩定條件，也就是 $e^{At}$ 趨於零矩陣的條件為

$\displaystyle \hbox{Re}(\lambda_j)<0$ ， $j=1,\ldots,n$ ，

這裡 $\hbox{Re}(z)$ 表示抽取複數 $z$ 的實部。以下分開兩種情況討論。設 $A$ 可對角化為 $A=S\Lambda S^{-1}$ ，其中 $\Lambda=\hbox{diag}(\lambda_1,\ldots,\lambda_n)$ ， $S$ 的行向量由 $A$ 的線性獨立特徵向量所構成。當 $A$ 可對角化時， $e^{At}$ 亦可對角化如下 (推導過程見“矩陣指數”)：

$\displaystyle e^{At}=Se^{\Lambda t}S^{-1}=S\begin{bmatrix} e^{\lambda_1t}&&\\ &\ddots&\\ &&e^{\lambda_nt} \end{bmatrix}S^{-1}$ 。

矩陣指數 $e^{At}$ 趨於零矩陣的充要條件為 $e^{\Lambda t}$ 的所有主對角元 $e^{\lambda_jt}$ 趨於零。令 $\lambda_j=a_j+ib_j$ ， $j=1,\ldots,n$ ，其中 $a_j$ 和 $b_j$ 是實數且 $i=\sqrt{-1}$ 。利用歐拉公式 $e^{i\theta}=\cos\theta+i\sin\theta$ ，可知 $\vert e^{i\theta}\vert=1$ ，所以

$\displaystyle \vert e^{\lambda_jt}\vert=\vert e^{a_jt+ib_jt}\vert=\vert e^{a_jt}\vert\cdot\vert e^{ib_jt}\vert=\vert e^{a_jt}\vert$ 。

若 $\hbox{Re}(\lambda_j)=a_j<0$ ， $j=1,\ldots,n$ ，則 $\lim_{t\to\infty}e^{\lambda_jt}=0$ 。

接著考慮 $A$ 不可對角化的情形。我們介紹兩種證明方式。第一個證法用 $A$ 的 Jordan 典型形式推論出穩定條件。為方便說明，考慮 $4\times 4$ 階矩陣 $A$ 分解為 $A=SJS^{-1}$ ，其中 Jordan 矩陣為

$\displaystyle J=\begin{bmatrix} \lambda&1&0&0\\ 0&\lambda&1&0\\ 0&0&\lambda&1\\ 0&0&0&\lambda \end{bmatrix}$ ，

$e^{At}$ 的表達式則為 (見“矩陣函數 (下)”，“利用 Jordan form 解差分方程與微分方程”)

$e^{At}=Se^{Jt}S^{-1}=S\begin{bmatrix} e^{\lambda t}&te^{\lambda t}&\frac{t^2}{2!}e^{\lambda t}&\frac{t^3}{3!}e^{\lambda t}\\[0.3em] 0&e^{\lambda t}&te^{\lambda t}&\frac{t^2}{2!}e^{\lambda t}\\[0.3em] 0&0&e^{\lambda t}&te^{\lambda t}\\[0.3em] 0&0&0&e^{\lambda t} \end{bmatrix}S^{-1}$ 。

運用同樣的論述方式， $e^{At}$ 趨於零矩陣的充要條件是 $e^{Jt}$ 趨於零矩陣。若 $\hbox{Re}(\lambda)<0$ ，則 $\lim_{t\to\infty}e^{\lambda t}=0$ 。對於非主對角元，利用 l’Hôpital 法則，

$\displaystyle\begin{aligned} \lim_{t\to\infty}\frac{t^k/k!}{e^{-\lambda t}}&=\lim_{t\to\infty}\frac{t^{k-1}/(k-1)!}{-\lambda e^{-\lambda t}}=\lim_{t\to\infty}\frac{t^{k-2}/(k-2)!}{(-\lambda)^2 e^{-\lambda t}}=\cdots\\ &=\lim_{t\to\infty}\frac{1}{(-\lambda)^ke^{-\lambda t}}=0.\end{aligned}$

第二個證法利用 Schur 定理將 $A$ 三角化為 $A=UTU^\ast$ ，其中 $T=[t_{ij}]$ 是上三角矩陣，主對角元 $t_{ii}$ 即為 $A$ 的特徵值， $U$ 是么正矩陣 (unitary matrix)， $U^\ast=U^{-1}$ (見“矩陣三角化的 Schur 定理”)。將三角化表達式代入微分方程， ${d\mathbf{x}}/{dt}=UTU^\ast\mathbf{x}$ ，左乘 $U^\ast$ ，可得 ${dU^\ast\mathbf{x}}/{dt}=TU^\ast\mathbf{x}$ 。令 $\mathbf{y}=U^\ast\mathbf{x}$ 。原微分方程等價於

$\displaystyle \frac{d\mathbf{y}}{dt}=T\mathbf{y},~~~\mathbf{y}(0)=\mathbf{c}'$ ，

或詳細表示如下：

$\displaystyle\begin{array}{clrcrl} \displaystyle\frac{dy_1}{dt}&=t_{11}y_1&+t_{12}y_2&+\cdots&+t_{1n}y_n,~~&y_1(0)=c_1'\\[0.8em] \displaystyle\frac{dy_2}{dt}&= &t_{22}y_2&+\cdots&+t_{2n}y_n,~~&y_2(0)=c_2'\\[0.8em] \vdots& & & \vdots& &\\[0.5em] \displaystyle\frac{dy_n}{dt}&=& & &t_{nn}y_n,~~&y_n(0)=c_n'. \end{array}$

最後一個一階常微分方程的解為 $y_n=c_n'e^{t_{nn}t}$ 。若 $\hbox{Re}(t_{nn})<0$ ，則當 $t\to\infty$ ， $y_n(t)\to 0$ 。接下來我們運用歸納法證明當 $t\to\infty$ ，所有 $y_i(t)\to 0$ 。除最末式外，上面的微分方程都具有下列型態：

$\displaystyle \frac{du}{dt}=pu+v(t),~~~u(0)=q$ ，

其中 $p$ 和 $q$ 是常數。因為

$\displaystyle \frac{d}{dt}(e^{-pt}u)=e^{-pt}\left(\frac{du}{dt}-pu\right)=e^{-pt}v$ ，

等號兩邊積分，

$\displaystyle e^{-pt}u=q+\int_0^te^{-ps}v(s)ds$ ，

再通乘 $e^{pt}$ ，即導出微分方程解

$\displaystyle u(t)=e^{pt}q+e^{pt}\int_0^te^{-ps}v(s)ds$ 。

若 $\hbox{Re}(p)<0$ ，當 $t\to\infty$ ，由 $v(t)\to 0$ 推得 $u(t)\to 0$ 。利用此結果，如果 $\hbox{Re}(t_{ii})<0$ ， $i=1,\ldots,n$ ，從 $y_n(t)\to 0$ 可連續推得 $y_{n-1}(t)\to 0,\ldots,y_1(t)\to 0$ ，故證明所求。

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