EE263 Lecture 11 Solution via Laplace transform and matrix exponential

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这次回顾第十一讲，这一讲介绍了利用了拉普拉斯变化和矩阵的指数函数求解线性动力系统。

Lecture 10 通过拉普拉斯变换和矩阵指数求解

矩阵值函数的拉普拉斯变换

假设

$$z : \mathbb{R}^{+} \rightarrow \mathbb{R}^{p \times q}$$

拉普拉斯变换：$Z=\mathcal{L}(z)$，其中$Z : D \subseteq \mathbb{C} \rightarrow \mathbb{C}^{p \times q}$由下式定义

$$Z(s)=\int_{0}^{\infty} e^{-s t} z(t) d t$$

• 矩阵的积分是对每一项积分
• 惯例：大写的$Z$表示拉普拉斯变换
• $D$为$Z$的收敛域
• $D$至少包含$\{s | \Re s>a\}$，其中$a$满足$\left|z_{i j}(t)\right| \leq \alpha e^{a t}$，对于$t \geq 0, i=1, \dots, p, j=1, \dots, q$

这里补充拉普拉斯逆变换为

$$\mathcal{L}^{-1}(t)=\int_{0}^{\infty} e^{s t} Z(s) d s$$

导数的拉普拉斯变换

对于$\dot z$，我们有

$$\mathcal{L}(\dot{z})=s Z(s)-z(0)$$

推导如下

$$\begin{aligned} \mathcal{L}(\dot{z})(s) &=\int_{0}^{\infty} e^{-s t} \dot{z}(t) d t \\ &=e^{-s t} z\left.(t)\right|_{t=0} ^{t \rightarrow \infty}+s \int_{0}^{\infty} e^{-s t} z(t) d t \\ &=s Z(s)-z(0) \end{aligned}$$

拉普拉斯变换对于$\dot{x}=A x$的求解

考虑连续时间，时间不变的线性系统

$$\dot{x}=A x$$

其中$t\ge 0, x(t)\in \mathbb R^n$

• 对两边取拉普拉斯变换得到：$s X(s)-x(0)=A X(s)$

• 重写为$(s I-A) X(s)=x(0)$

• 因此$X(s)=(s I-A)^{-1} x(0)$

• 取逆变换得到

  $$x(t)=\mathcal{L}^{-1}\left((s I-A)^{-1}\right) x(0)$$

Resolvent和状态转移矩阵

• $(s I-A)^{-1}$被称为$A$的resolvent

• resolvent在$s\in \mathbb C$由定义，除了$A$的特征值处，即$\det (sI- A)=0$处

• $\Phi(t)=\mathcal{L}^{-1}\left((s I-A)^{-1}\right)$被称为状态转移矩阵；它将初始状态映射到$t$时刻的状态：

  $$x(t)=\Phi(t) x(0)$$

  （事实上，状态$x(t)$是初始状态$x(0)$的线性函数）

例1：谐波振荡器

考虑

$$\dot{x}=\left[\begin{array}{cc}{0} & {1} \\ {-1} & {0}\end{array}\right] x$$

其矢量图为

注意到

$$s I-A=\left[\begin{array}{cc}{s} & {-1} \\ {1} & {s}\end{array}\right]$$

所以resolvent为

$$(s I-A)^{-1}=\left[\begin{array}{cc}{\frac{s}{s^{2}+1}} & {\frac{1}{s^{2}+1}} \\ {\frac{-1}{s^{2}+1}} & {\frac{s}{s^{2}+1}}\end{array}\right]$$

（特征值为$\pm j$）

状态转移矩阵为

$$\Phi(t)=\mathcal{L}^{-1}\left(\left[\begin{array}{cc}{\frac{s}{s^{2}+1}} & {\frac{1}{s^{2}+1}} \\ {\frac{-1}{s^{2}+1}} & {\frac{s}{s^{2}+1}}\end{array}\right]\right)=\left[\begin{array}{rr}{\cos t} & {\sin t} \\ {-\sin t} & {\cos t}\end{array}\right]$$

即为旋转矩阵，旋转角为$-t$

所以我们有

$$x(t)=\left[\begin{array}{cc}{\cos t} & {\sin t} \\ {-\sin t} & {\cos t}\end{array}\right] x(0)$$

例2：双积分器

考虑

$$\dot{x}=\left[\begin{array}{ll}{0} & {1} \\ {0} & {0}\end{array}\right] x$$

其矢量图为

注意到

$$s I-A=\left[\begin{array}{cc}{s} & {-1} \\ {0} & {s}\end{array}\right]$$

所以resolvent为

$$(s I-A)^{-1}=\left[\begin{array}{cc}{\frac{1}{s}} & {\frac{1}{s^{2}}} \\ {0} & {\frac{1}{s}}\end{array}\right]$$

（特征值为$0,0$）

状态转移矩阵为

$$\Phi(t)=\mathcal{L}^{-1}\left(\left[\begin{array}{cc}{\frac{1}{s}} & {\frac{1}{s^{2}}} \\ {0} & {\frac{1}{s}}\end{array}\right]\right)=\left[\begin{array}{cc}{1} & {t} \\ {0} & {1}\end{array}\right]$$

所以我们有

$$x(t)=\left[\begin{array}{ll}{1} & {t} \\ {0} & {1}\end{array}\right] x(0)$$

特征多项式

$\mathcal{X}(s)=\det (s I-A)$被称为$A$的特征多项式

• $\mathcal X(s)$的次数为$n$，最高次项系数为$1$
• $\mathcal X$的根为$A$的特征值
• 因为$\mathcal X $的系数为实数，所以特征值或者是实数，或者为一对共轭复数
• 考虑重数的情形下，有$n$个特征值

矩阵指数

矩阵的幂级数展开如下

$$(I-C)^{-1}=I+C+C^{2}+C^{3}+\cdots$$

• resolvent的级数展开为：

  $$(s I-A)^{-1}=(1 / s)(I-A / s)^{-1}=\frac{I}{s}+\frac{A}{s^{2}}+\frac{A^{2}}{s^{3}}+\cdots$$

  （上述展开有意义，只要$|s|$足够大）

  注意到对于$k\in \mathbb Z^+$，我们有

  $$\begin{aligned} \mathcal{L}^{-1}(s^{-k}) &=\frac {1}{(k-1)!} t^{k-1} \end{aligned}$$

  所以

  $$\Phi(t)=\mathcal{L}^{-1}\left((s I-A)^{-1}\right)=I+t A+\frac{(t A)^{2}}{2 !}+\cdots$$

• 回顾常规的幂级数展开

  $$e^{a t}=1+t a+\frac{(t a)^{2}}{2 !}+\cdots$$

• 定义矩阵指数为

  $$e^{M}=I+M+\frac{M^{2}}{2 !}+\cdots$$

  对于$M \in \mathbb {R}^{n \times n}$（上述展开对所有$M$都收敛）

• 在这个定义下，状态转移矩阵为

  $$\Phi(t)=\mathcal{L}^{-1}\left((s I-A)^{-1}\right)=e^{t A}$$

自治LDS的矩阵指数解

利用之前的结果，问题$\dot{x}=A x, A\in \mathbb R^{n\times n}$的解为

$$x(t)=e^{t A} x(0)$$

这是一维情形的推广：$\dot{x}=a x, a\in \mathbb R$的解为

$$x(t)=e^{t a} x(0)$$

矩阵指数似乎和标量指数相同，但还是有一些不同，例如一般下式不成立

$$e^{A+B}\neq e^A e^B$$

只有当$AB=BA$时，我们才有

$$e^{A+B}=e^A e^B$$

因此对于$t, s\in \mathbb R$，我们有

$$e^{(t A+s A)}=e^{t A} e^{s A}$$

取$s=-t$得到

$$e^{t A} e^{-t A}=e^{t A-t A}=e^{0}=I$$

所以$e^{-t A}$非奇异，其逆为

$$\left(e^{t A}\right)^{-1}=e^{-t A}$$

例子

计算$e^A $，其中

$$A=\left[\begin{array}{ll}{0} & {1} \\ {0} & {0}\end{array}\right]$$

利用

$$A^{2}=A^{3}=\cdots=0$$

所以

$$e^{A}=I+A+\frac{A^{2}}{2 !}+\cdots=I+A$$

即

$$e^{t A}=\mathcal{L}^{-1}(s I-A)^{-1}=\left[\begin{array}{cc}{1} & {t} \\ {0} & {1}\end{array}\right]$$

时间转移特性

对于$\dot x =Ax$，我们知道

$$x(t)=\Phi(t) x(0)=e^{t A} x(0)$$

解释：矩阵$e^{tA}$将初始条件传播到$t$时刻的状态，更一般的，对于任意$t,\tau $，

$$x(\tau+t)=e^{t A} x(\tau)$$

上式对于$z(t)= x(t+\tau )$使用之前的性质即可得到。

解释：矩阵$e^{tA}$将状态向前传递$t$时刻。

• 回顾一阶（前向欧拉）状态更新近似，对于很小的$t$：

  $$x(\tau+t) \approx x(\tau)+t \dot{x}(\tau)=(I+t A) x(\tau)$$

• 精确解为

  $$x(\tau+t)=e^{t A} x(\tau)=\left(I+t A+(t A)^{2} / 2 !+\cdots\right) x(\tau)$$

• 前向欧拉即为该级数的前两项近似