正则常系数微分代数系统

质量矩阵不可逆时，不能把方程左乘一个不存在的逆。正确的替代是找到坐标：哪些分量真正需要积分，哪些分量其实由外力及其导数直接规定。常系数的正则矩阵束让这项分离可以完整证明。

形式陈述

正则性检查的是一对矩阵

取实常矩阵 $E,A\in\mathbb R^{d\times d}$ ， $d\ge1$ ，考虑DAE

Ex'(t)=Ax(t)+f(t),\qquad t\in I, \tag{1}

其中 $I$ 为开区间。随标量 $\lambda$ 变化的 $\lambda E-A$ 称为矩阵束。若其行列式满足

\det(\lambda E-A)\not\equiv0, \tag{2}

就称该束正则。等价地，至少存在一个实数 $\sigma$ 使 $A-\sigma E$ 可逆。这里不是要求每个 $\lambda$ 都可逆，也不要求 $E$ 或 $A$ 各自可逆。

微分块与幂零块

若式(2)成立，则存在实可逆矩阵 $P,Q$ ，使

PEQ=\begin{pmatrix}I_r&0\\0&N\end{pmatrix},\qquad PAQ=\begin{pmatrix}J&0\\0&I_m\end{pmatrix}, \quad r+m=d, \tag{3}

其中 $N$ 幂零。令

x=Q\binom{y}{z},\qquad Pf=\binom{a}{b},

则系统精确变成

y'=Jy+a(t),\qquad Nz'=z+b(t). \tag{4}

当 $m>0$ ，记 $\nu$ 为使 $N^\nu=0$ 的最小正整数；因此非空零矩阵的指数为1。若 $m=0$ ，约定 $\nu=0$ ，并删去全部代数块记号。

若 $f\in C^\nu(I)$ ，则所有经典解恰由

\begin{aligned} y(t)&=e^{(t-t_0)J}y_0+ \int_{t_0}^t e^{(t-s)J}a(s)\,ds,\\ z(t)&=-\sum_{j=0}^{\nu-1}N^j b^{(j)}(t) \end{aligned} \tag{5}

给出。 $y_0$ 可以任取； $z(t_0)$ 必须等于第二式在 $t_0$ 的值。因而自由初始参数恰有 $r$ 个，而不是原状态的 $d$ 个。

这里 $C^\nu$ 是方便、明确的充分正则性条件，确保第二式也是 $C^1$ 。实际只需微分块外力连续、幂零块中相应组合具有所需导数；若只要求较弱意义的解，条件还会改变，不能将其与本页经典解混写。

直觉

一个可逆移位把两矩阵变成一个算子

取 $A-\sigma E$ 可逆，左乘其逆，令

B=(A-\sigma E)^{-1}E.

式(1)变为

Bx'=(I+\sigma B)x+(A-\sigma E)^{-1}f. \tag{6}

现在只需把 $B$ 的零特征部分和可逆部分分开，而且可以在实数域内完成。

核序列 $\ker B^j$ 递增、像序列 $\operatorname{im}B^j$ 递减，维数最多变化 $d$ 次，故到 $d$ 次后都稳定。设

V_0=\ker B^d,\qquad V_1=\operatorname{im}B^d.

若 $v=B^dw\in V_0\cap V_1$ ，则 $B^{2d}w=0$ ；核已稳定，故 $B^dw=0$ ，即 $v=0$ 。再由秩—零化度公式，两空间维数之和为 $d$ ，所以

\mathbb R^d=V_1\oplus V_0.

两空间对 $B$ 不变； $B$ 在 $V_1$ 上可逆，在 $V_0$ 上幂零。选相应实基 $Q$ ，写

Q^{-1}BQ=\operatorname{diag}(B_1,N_0).

再左乘 $\operatorname{diag}(B_1^{-1},(I+\sigma N_0)^{-1})$ 。后一个逆存在，因为幂零几何级数有限终止。具体取

P=\operatorname{diag}(B_1^{-1},(I+\sigma N_0)^{-1}) Q^{-1}(A-\sigma E)^{-1},

每个因子都可逆，直接相乘即得到式(3)，其中

J=B_1^{-1}+\sigma I, \qquad N=(I+\sigma N_0)^{-1}N_0. \tag{7}

这些都是精确坐标变换。 $N$ 仍幂零，且 $N^j=N_0^j(I+\sigma N_0)^{-j}$ ，所以幂零指数不变。

代数块为什么没有自由初值

从 $Nz'=z+b$ 左乘 $N^{\nu-1}$ ，得到

N^{\nu-1}z=-N^{\nu-1}b.

然后逐级使用

N^jz=(N^{j+1}z)'-N^jb

向下恢复，最终得到式(5)的有限和。这个证明不需要预先假设未知解有 $\nu$ 阶导数：每一级先由已知外力获得足够光滑的组合，再对这个组合求导。

反过来，把有限和直接代入， $Nz'$ 与 $z+b$ 的各项逐一抵消，末项因 $N^\nu=0$ 消失，因此它确实给出经典解。微分块则由线性ODE的常数变易公式给出，在整个 $I$ 上唯一存在。这同时证明了式(5)的存在性、唯一性和初值限制。

左图沿末端约束逐次恢复状态；右图取正弦外力，输入幅度随频率减小，链头幅度却增大。幅度取全时间上确界；与外力一起改变的强制初值不能仍当成自由输入。

分解可以变化，指标不会随之变化

在幂零块上使用Jordan标准形，最长零特征链有长度 $\nu$ 。一条长度为 $\nu$ 的链写成

z_2'=z_1+b_1,\ \ldots,\ z_\nu'=z_{\nu-1}+b_{\nu-1}, \qquad 0=z_\nu+b_\nu.

经过 $\nu-1$ 次微分才能确定链头 $z_1$ ，还需一次才确定 $z_1'$ ；较少微分时，最高剩余导数仍可自由改变。因此，在本页常系数正则范围内，微分指标恰为 $\nu$ 。

也能从原矩阵束直接看到这个数不依赖所选分解。大实数 $\lambda$ 下，

(\lambda N-I)^{-1} =-\sum_{j=0}^{\nu-1}\lambda^jN^j,

其最高非零次数为 $\nu-1$ ，而 $(\lambda I-J)^{-1}=O(\lambda^{-1})$ 。原束逆等于这两块的左右可逆变换，最高次非零系数不可能消失。无代数块时只有衰减的逆；有代数块时这个增长次数唯一确定 $\nu$ 。

例子与边界

一个衰减自由度和一条长度2的代数链

取

E=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&1\\0&0&0\end{pmatrix},\qquad A=\operatorname{diag}(-2,1,1),\qquad f(t)=\begin{pmatrix}1\\t^2\\\sin t\end{pmatrix}. \tag{8}

矩阵束行列式为 $\lambda+2$ ，所以它正则，虽然 $E$ 奇异。系统已经具有分块形式：

y'=-2y+1,\qquad z_2'=z_1+t^2,\qquad 0=z_2+\sin t.

选择 $y(0)=3$ 后，唯一经典解为

y(t)=\frac12+\frac52e^{-2t},\quad z_1(t)=-t^2-\cos t,\quad z_2(t)=-\sin t.

一致状态必须是 $(3,-1,0)$ 。状态 $(3,0,0)$ 虽能配某个瞬时导数使原方程在 $t=0$ 成立，却违反被隐藏的 $z_2'(0)=-1$ ，不能作为经典解初值。

正则不等于E可逆，奇异束也不只是难求逆

$E=0,A=I$ 是正则束，所有状态都由 $x=-f$ 确定，没有自由初值。相反，

E=\operatorname{diag}(1,0),\qquad A=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}

的束行列式恒为零。零外力时，第二分量可任取光滑函数，第一分量只是它的积分；即使固定两分量初值，仍可有无穷多解。若将第二条外力改成恒等于1，则出现 $0=1$ ，完全无解。

一般奇异束有其另外的约束与自由结构，本页不以正则分解处理它。

导数损失怎样写成正确的扰动界

同一分解下，代数外力变动 $\Delta b$ 导致

\|\Delta z\|_\infty \le\sum_{j=0}^{\nu-1}\|N^j\|\, \|\Delta b^{(j)}\|_\infty \tag{9}

在所选紧时间区间成立。高频小幅外力的导数可能很大，因此只控制 $\|\Delta b\|_\infty$ 不足以控制高指标系统。换回原坐标还要乘 $Q$ 的尺度；不正交变换不会免费保留Euclidean误差。

推论与应用

隐式步可解，仍可能放大不一致初值

对 $Nz'=z+b$ 直接用后向Euler：

(I-N/h)z_n=-b_n-(N/h)z_{n-1}. \tag{10}

对每个 $h\ne0$ ，左端都可逆，逆为有限和 $\sum_{j=0}^{\nu-1}(N/h)^j$ 。可解性本身不提供一个与 $h$ 无关的误差界。

取 $N=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}$ 、 $b=0$ ，真实经典解只能为零。若错误地从 $z_0=(0,\delta)$ 开始，则第一步精确得到

z_1=(-\delta/h,0),\qquad z_2=0.

每步代数方程都解得完全准确，却制造了随缩步变大的初始尖峰。不存在一条以该 $z_0$ 出发的经典轨道可供逼近。

即使初值正确，每步求解残差也要按幂零链缩放。固定相同的前一步，定义残差 $r_n=N(z_n-z_{n-1})/h-z_n-b_n$ ，则状态误差为

e_n=-(I-N/h)^{-1}r_n. \tag{11}

在上述二阶块中，残差 $r_n=(0,\eta)$ 给 $e_n=(-\eta/h,-\eta)$ 。因此统一压低一个未经结构化的残差阈值，未必维持预期状态精度。

证书与浮点算法各自的职责

对给定有理矩阵，可以提交 $P,Q,J,N$ ，精确验证两项式(3)、可逆性及 $N^\nu=0,N^{\nu-1}\ne0$ ，再核全部初值条件。这是一份有限分解证书。

稠密核像计算涉及若干秩判定与消元；直接逐次形成至 $B^d$ 的方案可耗 $O(d^4)$ 算术运算，且不包含有理数位长成本。实际大规模浮点DAE求解通常不计算精确Jordan链：微小扰动可能改变秩与链长，求解器须使用适当的数值分解和条件控制。解析分解解释了问题，不自动成为稳健软件实现。

参考资料

Ernst Hairer，Solving Differential Equations on Manifolds，June2011，IV.1，Theorem1.1及证明，印刷pp.29–30：可逆移位与微分—幂零分解。本文以实核像直和完成中间步骤，并单独证明经典解的正则性和指标不变性。
Steffen Schulz，Four Lectures on Differential-Algebraic Equations，2003，§2.1，Theorem2.2、式(2.3)和Definition2.3，pp.10–11：强制代数分量及幂零指数。后向Euler尖峰与残差算例在本文直接由有限逆求出。

形式陈述 ​

正则性检查的是一对矩阵 ​

微分块与幂零块 ​

一个可逆移位把两矩阵变成一个算子 ​

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正则不等于E可逆，奇异束也不只是难求逆 ​

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