矩阵幂、递推与线性动力系统

同一个线性规则反复作用，会产生离散递推；让变化率由当前状态决定，则产生连续动力系统。特征向量基把耦合的状态分解成独立模式。

对角化把矩阵幂变成标量幂

若 $A=SDS^{-1}$，则中间的 $S^{-1}S$ 逐次抵消：

$$A^n=SD^nS^{-1}.$$

$D^n$ 只需把每个特征值变成 $\lambda_i^n$。初始状态 $\mathbf x_0$ 在特征向量基中的每个坐标独立演化：

$$\mathbf x_n=A^n\mathbf x_0 =\sum_i c_i\lambda_i^n\mathbf v_i.$$

因此长期行为由哪些系数 $c_i$ 非零，以及相应 $|\lambda_i|$ 的大小共同决定。最大模特征值若出现抵消、重根或不可对角化情形，还需更细分析。

高阶递推可以改写成一阶矩阵递推

数列与递推强调递推式必须配合初始值。对

$$u_{n+2}=a u_{n+1}+b u_n,$$

定义状态 $\mathbf x_n=(u_{n+1},u_n)^{\mathsf T}$，便得到

$$\mathbf x_{n+1} =\begin{pmatrix}a&b\\1&0\end{pmatrix}\mathbf x_n.$$

这个伴随矩阵的特征方程 $\lambda^2-a\lambda-b=0$，正是标量递推的特征方程。矩阵形式还会保存两个初始值的位置，不会只凭通项猜测常数。

Fibonacci 递推对应 $a=b=1$。特征值为 $\varphi=(1+\sqrt5)/2$ 与 $\psi=(1-\sqrt5)/2$，从初始状态解出系数后得到 Binet 公式。增长率趋近 $\varphi$，来自 $|\psi|<1<\varphi$。

初始条件怎样决定具体递推

对 Fibonacci 数列，固定 $F_0=0,F_1=1$。两个不同特征根给出

$$F_n=c\varphi^n+d\psi^n.$$

初始条件要求 $c+d=0$ 与 $c\varphi+d\psi=1$。由于 $\varphi-\psi=\sqrt5$，得到

$$F_n=\frac{\varphi^n-\psi^n}{\sqrt5}.$$

若初始值改成 $T_0=T_1=1$，同一递推给出 $T_n=F_{n+1}$。递推规则相同并不意味着通项或到达阈值的时间相同。

Markov 更新也是线性动力系统

Matrix as Graph中的列随机矩阵满足

$$\mathbf p_{n+1}=P\mathbf p_n.$$

概率总和守恒意味着全一行向量满足 $\mathbf1^{\mathsf T}P=\mathbf1^{\mathsf T}$，而稳态满足 $P\boldsymbol\pi=\boldsymbol\pi$。特征值 $1$ 保存稳态分量，其他模式决定偏差如何衰减或振荡。

只有“存在特征值 $1$”并不能推出收敛。若还有模为 $1$ 的振荡模式，例如两状态每步交换，分布会一直往返。不可约性、周期性和随机矩阵的谱结构共同控制一般结论。

连续时间把幂换成矩阵指数

连续系统

$$\mathbf x'(t)=A\mathbf x(t), \qquad \mathbf x(0)=\mathbf x_0$$

的解写成

$$\mathbf x(t)=e^{tA}\mathbf x_0, \qquad e^{tA}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{t^kA^k}{k!}.$$

逐项求导可验证 $(e^{tA})'=Ae^{tA}$。若 $A=SDS^{-1}$，则

$$e^{tA}=S\operatorname{diag}(e^{\lambda_1t},\ldots,e^{\lambda_nt})S^{-1}.$$

矩阵指数为何允许逐项求导

取任意次乘性矩阵范数，在有限区间 $|t|\le T$ 上有

$$\left\|\frac{t^kA^k}{k!}\right\| \le\frac{(T\|A\|)^k}{k!}.$$

右侧是收敛的标量指数级数；导数级数也有同样的控制，因此局部一致收敛足以支持逐项求导。常系数矩阵是这里的假设，不能直接把 $A$ 换成任意时变矩阵后仍写成同一公式。

对连续外力 $\mathbf f$，初值问题的具体解为

$$\mathbf x(t)=e^{tA}\mathbf x_0+ \int_0^t e^{(t-s)A}\mathbf f(s)\,ds.$$

对右侧求导即可验证方程与初值：积分上端贡献 $\mathbf f(t)$，其余项贡献 $A\mathbf x(t)$。

一个具体的次乘性范数是 $\|A\|_\infty=\max_i\sum_j|a_{ij}|$。对 $AB$ 每一行应用三角不等式，就有 $\|AB\|_\infty\le\|A\|_\infty\|B\|_\infty$。这里使用标量指数级数，以及导数级数一致收敛时可逐项求导的分析定理；这些前提的一般证明仍需在级数章节展开。

绝对收敛允许对乘积级数重新分组，结合二项式公式得到

$$e^{sA}e^{tA} =\sum_{k=0}^{\infty}\left(\sum_{j=0}^k\frac{s^jt^{k-j}}{j!(k-j)!}\right)A^k =e^{(s+t)A}.$$

特别地，$e^{-tA}$ 是 $e^{tA}$ 的逆。任意齐次方程的可微解都满足 $(e^{-tA}\mathbf x(t))'=0$，所以 $\mathbf x(t)=e^{tA}\mathbf x(0)$。这同时证明存在性和唯一性；两个强迫系统解作差，便得到相应的唯一性。

强迫系统等于特解加齐次解

对 $\mathbf x'=A\mathbf x+\mathbf f(t)$，若 $\mathbf x_p$ 是一个特解，那么任意两个解的差满足齐次方程。全部解因此为

$$\mathbf x(t)=\mathbf x_p(t)+e^{tA}\mathbf c.$$

这与线性映射章节的“特解加核”是同一结构。线性性是这个叠加结论的必要前提。

稳定性由模式决定

离散系统中，所有特征值模小于 $1$ 时，每个可对角化模式都衰减。连续系统中，对应条件是所有特征值实部小于 $0$。等号边界与不可对角化矩阵需要另外检查，因为 Jordan 块可能产生 $n\lambda^n$ 或 $t e^{\lambda t}$ 因子。

对可对角化矩阵，有限项模式展开直接证明充分性：$|\lambda|<1$ 时 $|\lambda|^n\to0$，实部为负时 $|e^{t\lambda}|=e^{t\operatorname{Re}\lambda}\to0$。必要性则把初态取成特征向量；不在上述严格区域内的模式不会趋零。对于含复特征向量的实矩阵，若所有实初态都趋零，其复线性组合也必趋零，因此必要性同样成立。

不借助一般 Jordan 标准形，也能看见边界问题。取 $J=\lambda I+N$ 且 $N^2=0$，展开二项式与指数级数可得

$$J^n=\lambda^n I+n\lambda^{n-1}N\quad(n\ge1), \qquad e^{tJ}=e^{t\lambda}(I+tN).$$

这些多项式因子说明：标量边界模式即使有界，非平凡块仍可能增长。$\lambda=0$ 时单独写 $J=N$，且 $n\ge2$ 时 $J^n=0$，避免出现未定义的幂。

连续模型与离散模型的稳定条件不同

例如标量规则 $x_{n+1}=-2x_n$ 会振荡且增长，而 $x'=-2x$ 的解 $e^{-2t}x_0$ 会衰减。离散模型看特征值的模，连续模型看实部。这里比较的是两个不同模型；连续系统以步长 $h$ 精确采样时，转移矩阵为 $e^{hA}$，其特征值为 $e^{h\lambda_i}$。

练习

练习二阶递推的状态

把 $u_{n+2}=3u_{n+1}-2u_n$ 写成矩阵递推，并求特征值。

解答

状态矩阵为

$$$$$$\begin{pmatrix}3&-2\\1&0\end{pmatrix}$$$$$$

，特征方程为 $(\lambda-1)(\lambda-2)=0$。

练习离散稳定性

若 $A$ 的特征值为 $1/2$ 与 $-1/3$，且可对角化，说明 $A^n\mathbf x_0$ 的极限。

解答

两个模式的系数分别乘 $(1/2)^n$ 与 $(-1/3)^n$，都趋于零，所以任意初始状态都趋于零。

练习验证矩阵指数

若 $A=\operatorname{diag}(2,-1)$，求 $e^{tA}$。

解答

$e^{tA}=\operatorname{diag}(e^{2t},e^{-t})$，因为矩阵的每个幂仍是对角矩阵。