贡献者： JierPeter
1. 齐次方程
一阶常系数齐次线性微分方程组形如
\begin{equation}
\left\{\begin{aligned}
\frac{ \,\mathrm{d}{}} { \,\mathrm{d}{t} }x_1&=a_{11}x_1+a_{12}x_2+\cdots+a_{1n}x_n\\
\frac{ \,\mathrm{d}{}} { \,\mathrm{d}{t} }x_2&=a_{21}x_1+a_{22}x_2+\cdots+a_{2n}x_n\\
&\vdots\\
\frac{ \,\mathrm{d}{}} { \,\mathrm{d}{t} }x_n&=a_{n1}x_1+a_{n2}x_2+\cdots+a_{nn}x_n~,
\end{aligned}\right.
\end{equation}
其中各 $x_i$ 是关于 $t$ 的未知函数，各 $a_{ij}$ 是已知常数。我们要研究的是如何解出这个方程组中的各未知函数。
别看这个方程有那么多变量 $x_i(t)$，实际上我们可以把它们放到一起，构成一个 $n$ 维向量 $ \boldsymbol{\mathbf{x}} (t)=(x_1(t), x_2(t), \cdots, x_n(t))$，这样就可以理解为还是只有一个自变量，只不过自变量从标量变成向量了。
以上述向量理解的方式来看，式 1 右边部分就是一个线性变换 $ \boldsymbol{\mathbf{M}} \boldsymbol{\mathbf{x}} (t)$，其中
\begin{equation}
\boldsymbol{\mathbf{M}} = \begin{pmatrix}
a_{11} &a_{12} &\cdots &a_{1n}\\
a_{21} &a_{22} &\cdots &a_{2n}\\
\vdots &\vdots &\ddots &\vdots\\
a_{n1} &a_{n2} &\cdots &a_{nn}
\end{pmatrix} ~
\end{equation}
是已知常数矩阵。
这样，我们就还可以把式 1 写成
\begin{equation}
\frac{ \,\mathrm{d}{}} { \,\mathrm{d}{t} } \boldsymbol{\mathbf{x}} = \boldsymbol{\mathbf{M}} \boldsymbol{\mathbf{x}} ~
\end{equation}
的形式，看起来和一元方程
\begin{equation}
\frac{ \,\mathrm{d}{}} { \,\mathrm{d}{t} }x=ax~
\end{equation}
非常像。
矩阵指数解法
式 4 的通解是 $x=C \mathrm{e} ^{at}$，其中 $C$ 为常数。事实上，式 3 的通解也可以类似地用矩阵指数来表示：
\begin{equation}
\boldsymbol{\mathbf{X}} = \mathrm{e} ^{ \boldsymbol{\mathbf{M}} t}~.
\end{equation}
定义 1 基解矩阵
如果 $n\times n$ 矩阵 $ \boldsymbol{\mathbf{X}} $ 的每一列作为一个向量，都是式 1 或者说式 3 的线性无关解1，那么称 $ \boldsymbol{\mathbf{X}} $ 是 式 1 或者说式 2 的基解矩阵。
证明思路很简单，根据定理 2 ，直接得到 $\frac{ \,\mathrm{d}{}} { \,\mathrm{d}{t} } \boldsymbol{\mathbf{X}} = \boldsymbol{\mathbf{M}} \boldsymbol{\mathbf{X}} $，又由于求导是对每个矩阵元独立进行的，因此把 $ \boldsymbol{\mathbf{X}} $ 看成是列向量排列而成的行矩阵，则每个列向量都是一个解。另外，由于 $ \boldsymbol{\mathbf{X}} |_{t=0}= \boldsymbol{\mathbf{E}} $，其中 $ \boldsymbol{\mathbf{E}} $ 为单位矩阵，故 $ \operatorname {tr} \boldsymbol{\mathbf{X}} =n\not=0$，故根据定理 1 ，$ \left\lvert \boldsymbol{\mathbf{X}} \right\rvert $ 的行列式不为零，故各解向量线性无关。这样，线性无关的一组解就构成了基解矩阵。
基解矩阵的地位和基本解组一样，都能用来线性组合出所有的解。我们看一个实例：
例 1
考虑方程组
\begin{equation}
\left\{\begin{aligned}
\frac{ \,\mathrm{d}{}} { \,\mathrm{d}{t} }x_1&=x_1+x_2\\
\frac{ \,\mathrm{d}{}} { \,\mathrm{d}{t} }x_2&=x_2~,
\end{aligned}\right.
\end{equation}
且已知初值
\begin{equation}
\left\{\begin{aligned}
x_1(0)&=3\\
x_1(0)&=2~.
\end{aligned}\right.
\end{equation}
如何求解此方程呢？
首先我们要求出其基解矩阵：
\begin{equation}
\begin{aligned}
\boldsymbol{\mathbf{X}} = \mathrm{e} ^{ \begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix} t}&=\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{n!} \begin{pmatrix}1&n\\0&1\end{pmatrix} t^n\\
&=\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{n!} \begin{pmatrix}t^n&nt^n\\0&t^n\end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix} \mathrm{e} ^t&t \mathrm{e} ^t\\0& \mathrm{e} ^t\end{pmatrix} ~.
\end{aligned}
\end{equation}
容易验证，
\begin{equation}
x_1= \mathrm{e} ^t~, x_2=0~
\end{equation}
和
\begin{equation}
x_1=t \mathrm{e} ^t~, x_2= \mathrm{e} ^t~
\end{equation}
都是
式 6 的解，且它们彼此在任何区间上都线性无关，因此 $ \boldsymbol{\mathbf{X}} $ 确实是
式 6 的基解矩阵。
现在设
\begin{equation}
\left\{\begin{aligned}
x_1&=A \mathrm{e} ^t+Bt \mathrm{e} ^t\\x_2&=B \mathrm{e} ^t~,
\end{aligned}\right.
\end{equation}
其中 $A, B$ 是待定常数。
将式 11 代入初值条件式 7 ，解出 $A, B$，最终得到满足初值条件的特解
\begin{equation}
\left\{\begin{aligned}
x_1&=3 \mathrm{e} ^t+2t \mathrm{e} ^t\\
x_2&=2 \mathrm{e} ^t~.
\end{aligned}\right.
\end{equation}
本征向量解法
如果 $n\times n$ 矩阵 $ \boldsymbol{\mathbf{M}} $ 有 $n$ 个线性无关的本征向量 $ \boldsymbol{\mathbf{v}} _i$，其本征值分别为 $\lambda_i$，那么式 5 的另一种基解矩阵就可以写为
\begin{equation}
\boldsymbol{\mathbf{X}} = \begin{pmatrix} \mathrm{e} ^{\lambda_{1}t} \boldsymbol{\mathbf{v}} _1& \mathrm{e} ^{\lambda_{2}t} \boldsymbol{\mathbf{v}} _2&\cdots& \mathrm{e} ^{\lambda_{n}t} \boldsymbol{\mathbf{v}} _n\end{pmatrix} ~.
\end{equation}
验证是很容易的：$\frac{ \,\mathrm{d}{}} { \,\mathrm{d}{t} } \mathrm{e} ^{\lambda_{i}t} \boldsymbol{\mathbf{v}} _i=\lambda_i \mathrm{e} ^{\lambda_{i}t} \boldsymbol{\mathbf{v}} _i= \boldsymbol{\mathbf{M}} \mathrm{e} ^{\lambda_{i}t} \boldsymbol{\mathbf{v}} _i$。
如果 $ \boldsymbol{\mathbf{M}} $ 没那么多线性无关的本征向量（换句话来说，就是无法对角化），那么式 13 虽然仍旧是解，却不够全面，从而不是基解矩阵。我们接下来讨论这种情况下的基解矩阵求法。
我们的目标是脱离无穷级数来计算矩阵指数 $ \mathrm{e} ^{ \boldsymbol{\mathbf{M}} t}$，这是因为无穷级数常常难以计算。虽然接下来使用的方法也常有很大计算量，但这也是没办法的事，$ \boldsymbol{\mathbf{M}} $ 无法对角化导致过程不会像式 13 那么简单了。
首先注意到，如果设列向量 $ \hat{\boldsymbol{\mathbf{e}}} _i$ 为 “第 $i$ 行为 $1$，其余为 $0$”，那么我们应该有
\begin{equation}
\mathrm{e} ^{ \boldsymbol{\mathbf{M}} t}= \begin{pmatrix} \mathrm{e} ^{ \boldsymbol{\mathbf{M}} t} \hat{\boldsymbol{\mathbf{e}}} _1& \mathrm{e} ^{ \boldsymbol{\mathbf{M}} t} \hat{\boldsymbol{\mathbf{e}}} _2&\cdots& \mathrm{e} ^{ \boldsymbol{\mathbf{M}} t} \hat{\boldsymbol{\mathbf{e}}} _n\end{pmatrix} ~,
\end{equation}
问题转化为计算 $ \mathrm{e} ^{ \boldsymbol{\mathbf{M}} t} \hat{\boldsymbol{\mathbf{e}}} _i$。
设 $ \boldsymbol{\mathbf{E}} $ 是单位矩阵，那么我们有
\begin{equation}
\mathrm{e} ^{\lambda_it} \mathrm{e} ^{-\lambda_i \boldsymbol{\mathbf{E}} t}= \boldsymbol{\mathbf{E}} ~.
\end{equation}
因此，
\begin{equation}
\begin{aligned}
\mathrm{e} ^{ \boldsymbol{\mathbf{M}} t} \hat{\boldsymbol{\mathbf{e}}} _j&= \mathrm{e} ^{ \boldsymbol{\mathbf{M}} t} \boldsymbol{\mathbf{E}} \hat{\boldsymbol{\mathbf{e}}} _j\\
&= \mathrm{e} ^{ \boldsymbol{\mathbf{M}} t} \mathrm{e} ^{\lambda_it} \mathrm{e} ^{-\lambda_i \boldsymbol{\mathbf{E}} t} \hat{\boldsymbol{\mathbf{e}}} _j\\
&= \mathrm{e} ^{\lambda_it} \mathrm{e} ^{( \boldsymbol{\mathbf{M}} -\lambda_i \boldsymbol{\mathbf{E}} )t} \hat{\boldsymbol{\mathbf{e}}} _j\\
&= \mathrm{e} ^{\lambda_it} \left(\sum_{k=0}^\infty \frac{t^k}{k!}( \boldsymbol{\mathbf{M}} -\lambda_i \boldsymbol{\mathbf{E}} )^k \right) \hat{\boldsymbol{\mathbf{e}}} _j~,
\end{aligned}
\end{equation}
式 16 里仍有无穷级数。
将 $ \hat{\boldsymbol{\mathbf{e}}} _j$ 进行特征分解，则对于其每一个特征分量 $ \boldsymbol{\mathbf{v}} $，设其重数为 $m$，都有
未完成：引用特征向量与特征分解相关文章。
\begin{equation}
\left(\sum_{k=0}^\infty \frac{t^k}{k!}( \boldsymbol{\mathbf{M}} -\lambda_i \boldsymbol{\mathbf{E}} )^k \right) \boldsymbol{\mathbf{v}} = \left(\sum_{k=0}^n \frac{t^k}{k!}( \boldsymbol{\mathbf{M}} -\lambda_i \boldsymbol{\mathbf{E}} )^k \right) \boldsymbol{\mathbf{v}} ~,
\end{equation}
这样就把无穷级数计算化为多个有限和计算了。
这种计算方式规避了直接计算无穷级数，但复杂点在于要先关于 $ \boldsymbol{\mathbf{M}} $ 对各 $ \hat{\boldsymbol{\mathbf{e}}} _j$ 进行特征分解，再分别计算用特征分解计算式 17 ，最后再利用式 16 、式 14 组合成整个 $ \mathrm{e} ^{ \boldsymbol{\mathbf{M}} t}$。
1. ^ 于是有了 $n$ 个线性无关解，根据方程组的存在与唯一性定理，任何一个解都可以用基解矩阵里的列向量线性组合得出。
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