考慮 LTI 動態系統的 狀態空間表示：
\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{\bf{\dot x}}\left( t \right) = {\bf{Ax}}\left( t \right) + {\bf{Bu}}\left( t \right)}\\
{{\bf{y}}\left( t \right) = {\bf{Cx}}\left( t \right) + {\bf{Du}}\left( t \right)}
\end{array}} \right.
\]其中 $\bf{A}(\cdot), \bf{B}(\cdot), \bf{C}(\cdot),$ 與 $\bf{E}(\cdot)$ 為 $n \times n, n \times p, q \times n,$ 與 $q \times p$ 常數矩陣。
我們的目標： 求解 $\bf{x}(t)$。
在求解之前我們需要一些 exponential function ${e^{ {\bf{A}}t}}$的 FACTs:
首先回憶若令 $\bf A = a$ 亦即不再是矩陣而是一個常數 $a$，則 $e^{at}$ 具有 Taylor series 如下
\[{e^{at}}: = 1 + at + \frac{{{a^2}{t^2}}}{{2!}} + ... + \frac{{{a^n}{t^n}}}{{n!}} + ...\]故若現在讓 $a$ 變回矩陣 $\bf A$ 則我們有
\[{e^{{\bf{A}}t}}: = {\bf{I}} + {\bf{A}}t + \frac{1}{{2!}}{{\bf{A}}^2}{t^2} + ... + \frac{1}{{n!}}{{\bf{A}}^n}{t^n} + ...
\]那麼下面幾個性質，讀者可以使用上述定義直接驗證。
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FACT 1: Inverse property
\[
{e^{ {\bf{A}}t}}{e^{ - {\bf{A}}t}} = \bf{I}.
\]FACT 2: Identity matrix
\[
e^{\bf{0}} = \bf{I}.
\]FACT 3: Derivative property
\[\frac{d}{{dt}}{e^{{\bf{A}}t}} = {\bf{A}}{e^{{\bf{A}}t}} = {e^{{\bf{A}}t}}{\bf{A}}.
\]=====================
-----------
Example 1
考慮矩陣
\[{\bf{A}}: = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
0&1\\
0&0
\end{array}} \right]\]試求 ${e^{{\bf{A}}t}} = ?$
-----------
由 ${e^{{\bf{A}}t}} $ 定義可知
\[\begin{array}{l}
{e^{{\bf{A}}t}}: = {\bf{I}} + {\bf{A}}t + \frac{1}{{2!}}{{\bf{A}}^2}{t^2} + ... + \frac{1}{{n!}}{{\bf{A}}^n}{t^n} + ...\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}
\end{array} = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
1&0\\
0&1
\end{array}} \right] + \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
0&1\\
0&0
\end{array}} \right]t + \frac{1}{{2!}}\underbrace {{{\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
0&1\\
0&0
\end{array}} \right]}^2}}_{ = {\bf{0}}}{t^2} + ...\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}
\end{array} = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
1&t\\
0&1
\end{array}} \right]. \ \ \ \ \ \ \square
\end{array}\]
現在我們可以開始推導完整的 LTI 系統的狀態方程解，首先 考慮狀態方程
\[
{{\bf{\dot x}}\left( t \right) = {\bf{Ax}}\left( t \right) + {\bf{Bu}}\left( t \right)}
\] 對上式左右同乘 ${e^{{-\bf{A}}t}}$ 可得
\[\begin{array}{l}
{e^{ - {\bf{A}}t}}{\bf{\dot x}}\left( t \right) = {e^{ - {\bf{A}}t}}{\bf{Ax}}\left( t \right) + {e^{ - {\bf{A}}t}}{\bf{Bu}}\left( t \right)\\
\Rightarrow {e^{ - {\bf{A}}t}}{\bf{\dot x}}\left( t \right) - {e^{ - {\bf{A}}t}}{\bf{Ax}}\left( t \right) = {e^{ - {\bf{A}}t}}{\bf{Bu}}\left( t \right)
\end{array}
\]觀察上式，我們可得
\[\frac{d}{{dt}}\left( {{e^{ - {\bf{A}}t}}{\bf{x}}\left( t \right)} \right) = {e^{ - {\bf{A}}t}}{\bf{Bu}}\left( t \right)
\]現在對兩邊同取積分從 $0$ 到 $t$ ，可得
\[\begin{array}{l}
\int_0^t {d\left( {{e^{ - {\bf{A}}t}}{\bf{x}}\left( t \right)} \right)} = \int_0^t {{e^{ - {\bf{A}}\tau }}{\bf{Bu}}\left( \tau \right)d\tau } \\
\Rightarrow {e^{ - {\bf{A}}t}}{\bf{x}}\left( t \right) - {\bf{x}}\left( 0 \right) = \int_0^t {{e^{ - {\bf{A}}\tau }}{\bf{Bu}}\left( \tau \right)d\tau } \\
\Rightarrow {\bf{x}}\left( t \right) = {e^{{\bf{A}}t}}{\bf{x}}\left( 0 \right) + {e^{{\bf{A}}t}}\int_0^t {{e^{ - {\bf{A}}\tau }}{\bf{Bu}}\left( \tau \right)d\tau } \\
\Rightarrow {\bf{x}}\left( t \right) = {e^{{\bf{A}}t}}{\bf{x}}\left( 0 \right) + \int_0^t {{e^{{\bf{A}}\left( {t - \tau } \right)}}{\bf{Bu}}\left( \tau \right)d\tau } \ \ \ \ (*)
\end{array}
\] 現在我們回頭檢驗上式 $(*)$ 確實為 我們狀態方程的解，我們首先檢驗其確實符合初始條件，亦即當 $t=0 $時，${\bf{x}}\left( t \right) = {\bf{x}}\left( 0 \right)$
現令 $t = 0$，我們可得
\[\begin{array}{l}
{\bf{x}}\left( t \right) = {e^{{\bf{A}}t}}{\bf{x}}\left( 0 \right) + \int_0^t {{e^{{\bf{A}}\left( {t - \tau } \right)}}{\bf{Bu}}\left( \tau \right)d\tau } \\
\Rightarrow {\bf{x}}\left( 0 \right) = {e^{{\bf{A}}0}}{\bf{x}}\left( 0 \right) = {\bf{Ix}}\left( 0 \right) = {\bf{x}}\left( 0 \right)
\end{array}
\]故滿足初始條件，現在我們來檢驗 $(*)$ 滿足 狀態方程 ${{\bf{\dot x}}\left( t \right) = {\bf{Ax}}\left( t \right) + {\bf{Bu}}\left( t \right)}$，
故現在對 $(*)$ 微分可得
\[\frac{d}{{dt}}{\bf{x}}\left( t \right) = \frac{d}{{dt}}\left[ {{e^{{\bf{A}}t}}{\bf{x}}\left( 0 \right) + \int_0^t {{e^{{\bf{A}}\left( {t - \tau } \right)}}{\bf{Bu}}\left( \tau \right)d\tau } } \right]
\]由 Fundamental Theorem of Calculus，我們可知
\[\frac{\partial }{{\partial t}}\int_{{t_0}}^t {f\left( {t,\tau } \right)d\tau } = \left. {f\left( {t,\tau } \right)} \right|_{\tau = t}^{} + \int_{{t_0}}^t {\left( {\frac{\partial }{{\partial t}}f\left( {t,\tau } \right)} \right)d\tau }
\]故
\[\begin{array}{l}
\frac{d}{{dt}}{\bf{x}}\left( t \right) = \frac{d}{{dt}}\left[ {{e^{{\bf{A}}t}}{\bf{x}}\left( 0 \right) + \int_0^t {{e^{{\bf{A}}\left( {t - \tau } \right)}}{\bf{Bu}}\left( \tau \right)d\tau } } \right]\\
\Rightarrow {\bf{\dot x}}\left( t \right) = {\bf{A}}{e^{{\bf{A}}t}}{\bf{x}}\left( 0 \right) + \frac{d}{{dt}}\left[ {\int_0^t {{e^{{\bf{A}}\left( {t - \tau } \right)}}{\bf{Bu}}\left( \tau \right)d\tau } } \right]\\
\Rightarrow {\bf{\dot x}}\left( t \right) = {\bf{A}}{e^{{\bf{A}}t}}{\bf{x}}\left( 0 \right) + {e^{{\bf{A}}\left( {t - t} \right)}}{\bf{Bu}}\left( t \right) + \int_0^t {\left( {\frac{d}{{dt}}{e^{{\bf{A}}\left( {t - \tau } \right)}}{\bf{Bu}}\left( \tau \right)} \right)d\tau } \\
\Rightarrow {\bf{\dot x}}\left( t \right) = {\bf{A}}{e^{{\bf{A}}t}}{\bf{x}}\left( 0 \right) + {\bf{Bu}}\left( t \right) + \int_0^t {{\bf{A}}{e^{{\bf{A}}\left( t \right)}}{e^{{\bf{A}}\left( { - \tau } \right)}}{\bf{Bu}}\left( \tau \right)d\tau } \\
\Rightarrow {\bf{\dot x}}\left( t \right) = {\bf{A}}\underbrace {\left[ {{e^{{\bf{A}}t}}{\bf{x}}\left( 0 \right) + \int_0^t {{e^{{\bf{A}}\left( {t - \tau } \right)}}{\bf{Bu}}\left( \tau \right)d\tau } } \right]}_{{\rm{ = }}{\bf{x}}\left( t \right)} + {\bf{Bu}}\left( t \right)\\
\Rightarrow {\bf{\dot x}}\left( t \right) = {\bf{Ax}}\left( t \right) + {\bf{Bu}}\left( t \right)
\end{array}
\] 故得證 $(*)$ 即稱為 LTI 狀態方程的解。
我們將上述結果紀錄在下方：
考慮 LTI 動態系統的 狀態方程：
\[{\bf{\dot x}}\left( t \right) = {\bf{Ax}}\left( t \right) + {\bf{Bu}}\left( t \right)
\]其解為
\[{\bf{x}}\left( t \right) = {e^{{\bf{A}}t}}{\bf{x}}\left( 0 \right) + \int_0^t {{e^{{\bf{A}}\left( {t - \tau } \right)}}{\bf{Bu}}\left( \tau \right)d\tau } \]
那麼現在問題變成，如果我們拓展LTI系統到線性時變 (Linear Time Varying, LTV) 系統，則上述方法是否仍然可行?
答案是 "否定" 的，故我們需要令求其他方法來幫助我們，在下一篇文章我們將會介紹線性時變 (LTV) 系統的狀態方程該如何求解:
[線性系統] 動態方程式的求解(2) - LTV state equation, Fundamental Matrix, and State Transition Matrix
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