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具有复特征值的一阶二维线性微分方程组

## 2.6.2 具有复特征值的一阶二维线性微分方程组
在2.6.1 小节中讨论的一阶二维线性微分方程组，一般均存在至少一个直线解，然后以此为基础求出其通解．但是在应用中，有的方程组根本就不存在直线解．本节讨论这种情况。

**1．有阻尼无外力单摆模型的通解，定性分析**
在2.5.1小节中引进的有阻尼、无外力的单摆模型

$$
\frac{d Y }{d t}= A Y , \quad A =\left(\begin{array}{cc}
0 & \frac{1}{l} \\
-g & -\frac{\mu}{m}
\end{array}\right)
$$

设 $l=5, g=10, \mu=2, m=1$ ，则上述方程组化为

$$
\frac{d \mathcal { Y } }{d t}= A \mathcal { Y } , \quad A =\left(\begin{array}{cc}
0 & \frac{1}{5} \\
-10 & -2
\end{array}\right) .
$$

由下面的讨论可知，在其相图中不存在直线解．
下面探索求其实值通解的其他方法．
由定理 2．2，求 $\mathcal { A }$ 的特征值与对应的特征向量．由特征方程

$$
\operatorname{det}(\lambda I - \mathcal { A } )=\lambda^2+2 \lambda+2=0
$$

得特征值 $\lambda_1=-1+ i , \lambda_2=-1- i$ ，其中 $i =\sqrt{-1}$ 为虚数单位．对 $\lambda_1=-1+ i$ ，求解方程组 $\mathcal { A } V _1=(-1+ i ) V _1, V _1=\left(x_1, y_1\right)$ 得

$$
\left\{\begin{array}{l}
\frac{1}{5} y_1=(-1+i) x_1 \\
-10 x_1-2 y_1=(-1+i) y_1
\end{array}\right.
$$
于是 $y_1=(-5+5 i ) x_1, V _1=(1,-5+5 i )$ ．由定理 2．4（1）知

$$
Y (t)=e^{(-1+i) t}\binom{1}{-5+5 i}=\binom{e^{(-1+i) t}}{(-5+5 i) e^{(-1+i) t}}
$$

为方程组 $d Y / d t= A Y$ 的解，但这是复值函数．
由欧拉公式有

$$
\begin{aligned}
e^{(-1+i) t} & =e^{-t} e^{i t}=e^{-t}(\cos t+i \sin t)=e^{-t} \cos t+ie^{-t} \sin t \\
(-5+5 i) e^{(-1+i) t} & =(-5+5 i)\left(e^{-t} \cos t+ie^{-t} \sin t\right) \\
& =\left(-5 e^{-t} \cos t-5 e^{-t} \sin t\right)+i\left(5 e^{-t} \cos t-5 e^{-t} \sin t\right)
\end{aligned}
$$

于是

$$
Y (t)=\binom{e^{-t} \cos t}{-5 e^{-t}(\cos t+\sin t)}+i\binom{e^{-t} \sin t}{5 e^{-t}(\cos t-\sin t)}
$$

下面的定理可以确保从上述复值解得到方程组的实值通解．

## 定理
定理 2.5 假设 $Y (t)$ 为方程组

$$
\frac{d Y }{d t}= A Y , \quad A =\left(\begin{array}{ll}
a & b \\
c & d
\end{array}\right) ...(2.92)
$$

的复值解，其中 $a, b, c, d$ 均为实数．如果

$$
Y (t)= Y _{R}(t)+i Y _{I}(t)
$$

$Y _{ R }(t)$ 与 $Y _{ I }(t)$ 分别为 $Y (t)$ 的实部与虚部，则 $Y _{ R }(t)$ 与 $Y _{ I }(t)$ 均为方程组（2．92）的解．

证明 因为 $Y (t)$ 为方程组（2．92）的解，则

$$
\frac{d Y }{d t}= A Y .
$$

对 $Y (t)= Y _{ R }(t)+ i Y _{ I }(t)$ 两边求导，由于求导运算为线性变换，从而有

$$
\frac{d Y (t)}{d t}=\frac{d Y _{R}(t)}{d t}+i \frac{d Y _{I}(t)}{d t}
$$

另一方面，由矩阵 $A$ 也为线性变换得

$$
\mathcal { A } \mathcal { Y } (t)= \mathcal { A } \mathcal { Y } _{R}(t)+i \mathcal { A } \mathcal { Y } _{I}(t)
$$

所以得到

$$
\frac{d Y _{R}(t)}{d t}+i \frac{d Y _{I}(t)}{d t}= A Y _{R}(t)+i A Y _{I}(t)
$$

对一切 $t$ 成立．由复数相等的条件得

$$
\frac{d \mathcal { Y } _{R}(t)}{d t}= \mathcal { A } \mathcal { Y } _{R}(t), \quad \frac{d \mathcal { Y } _{I}(t)}{d t}= \mathcal { A } \mathcal { Y } _{I}(t)
$$

`例2.14`求线性方程组

$$
\frac{d Y }{d t}= A Y , \quad A =\left(\begin{array}{cc}
0 & \frac{1}{5} \\
-10 & -2
\end{array}\right) ...(2.96)
$$

的实值通解．
解 由式（2．91），方程组（2．96）有复值解

$$
Y (t)=\binom{e^{-t} \cos t}{-5 e^{-t}(\cos t+\sin t)}+i\binom{e^{-t} \sin t}{5 e^{-t}(\cos t-\sin t)}
$$

应用定理 2.5 ，方程组（2．96）有两个实值解

$$
y _1(t)=\binom{e^{-t} \cos t}{-5 e^{-t}(\cos t+\sin t)}, \quad \mathcal { Y } _2(t)=\binom{e^{-t} \sin t}{5 e^{-t}(\cos t-\sin t)}
$$

且 $Y _1(0)=\binom{1}{-5}$ 与 $Y _2(0)=\binom{0}{5}$ 为线性无关的，从而 $Y _1(t)$ 与 $Y _2(t)$ 为线性无关的．因此，通解

$$
\begin{aligned}
Y (t) & =k_1 Y _1(t)+k_2 Y _2(t) \\
& =\binom{e^{-t}\left(k_1 \cos t+k_2 \sin t\right)}{\left.5 e^{-t}\left[\left(k_2-k_1\right) \cos t-\left(k_1+k_2\right) \sin t\right)\right]}
\end{aligned}
$$

注记 为求实值通解，只需计算 $A$ 的一个特征值 $\lambda_1$（或 $\lambda_2$ ）及对应的特征向量 $V _1$（或 $V _2$ ），然后，由 $e ^{\lambda_1 t} V _1$（或 $e ^{\lambda_2 t} V _2$ ）的实部与虚部，构造 $d Y / d t= A Y$ 的通解．

定性分析（1）从方程组 $\frac{ d \mathcal { Y } }{ d t}=\left(\begin{array}{cc}0 & \frac{1}{5} \\ -10 & -2\end{array}\right) Y$ 的方向场及从 $(1,-5)$ 出发的一条轨线（图 2．38）可以看出，轨线螺旋环绕趋向平衡点 $O$ ．平衡点 $O$ 称为**螺旋汇**．

（2）方程组以 $(1,-5)$ 为初始点的 $x(t)$ 图像与 $y(t)$ 图像如图 2.39 所示，其中由 $e ^{-t}$ 确定振幅逐渐减少且由 $\cos t$ 与 $\sin t$ 形成周期变化，周期为 $2 \pi$ ．无论时刻多长，但 $x(t)$ 与 $y(t)$ 的振幅由于受 $e ^{-t}$ 的影响而趋于 0 ．

![图片](/uploads/2025-06/eacab5.jpg)
 
图 2.39 方程组 $(2.96)$ 以 $(1,-5)$ 为初始点的 $x(t), y(t)$ 图像
事实上，上述的定性分析无需求出通解，只需从特征值便可进行．上面的讨论可以推广到一般情形．

## 2．具有复特征值的一阶二维齐次常系数线性方程的通解与定性分析
**1）通解**
设线性方程组 $d Y / d t= A Y$ ，实系数矩阵 $A$ 具有复特征值 $\lambda=\alpha+ i \beta, \beta>0$ ． $V _0= V _1+ i V _2$ 为对应于 $\lambda$ 的特征向量，其中 $V _1$ 与 $V _2$ 为实向量，则 $d Y / d t= A Y$有复值解

$$
\begin{aligned}
Y (t) & =e^{(\alpha+i \beta) t} V_0 \\
& =e^{\alpha t}(\cos \beta t+i \sin \beta t)\left(V_1+i V_2\right) \\
& =e^{\alpha t}\left(\cos \beta t V_1-\sin \beta t V_2\right)+i e^{\alpha t}\left(\sin \beta t V_1+\cos \beta t V_2\right)
\end{aligned}
$$

则方程组有两个实值解

$$
\left. Y _1(t)=e^{\alpha t}\left[(\cos \beta t) V_1-(\sin \beta t) V_2\right)\right]
$$

与

$$
\left. Y _2(t)=e^{\alpha t}\left[(\sin \beta t) V_1+(\cos \beta t) V_2\right)\right]
$$

且 $Y _1(0)=V_1$ 与 $Y _2(0)=V_2$ 线性无关．事实上，假如 $V_1$ 与 $V_2$ 线性相关，则存在实数 $k$ ，使 $V _2=k V _1$ ，从而

$$
V _0=(1+i k) V _1
$$

但 $\mathcal { A } V _0=(\alpha+ i \beta) V _0$ ，从而

$$
(1+i k) \mathcal { A } V _1= \mathcal { A } V _0=(\alpha+i \beta) V _0=(\alpha+i \beta)(1+i k) V _1
$$
两边消去 $1+ i k$ 得

$$
\mathcal { A } V _1=(\alpha+i \beta) V _1
$$

上式左端为实向量，而右端为复向量，矛盾．因此， $Y _1(0)=V_1$ 与 $Y _2(0)=V_2$ 线性无关．因此，实值通解为

$$
\begin{aligned}
Y (t) & =k_1 Y _1(t)+k_2 Y _2(t) \\
& =e^{\alpha t}\left(k_1 \cos \beta t+k_2 \sin \beta t\right) V _1+e^{\alpha t}\left(-k_1 \sin \beta t+k_2 \cos \beta t\right) V _2
\end{aligned}
$$

**2）轨线的定性行为**
无需求得实值通解，只需由上述特征值 $\lambda_1=\alpha+ i \beta$ 及对应的特征向量 $V _0$ 便可以进行轨线的定性分析．

$$
\begin{aligned}
Y (t) & =e^{(\alpha+i \beta) t} V_0 \\
& =e^{\alpha t}(\cos \beta t+i \sin \beta t) V_0
\end{aligned}
$$

（1）如果 $\alpha<0, \lim _{t \rightarrow \infty} e ^{\alpha t}=0, \cos \beta t, \sin \beta t$ 以周期 $2 \pi / \beta$ 变化．因此，方程组的轨线螺旋环绕趋于平衡点 $O=(0,0)$ ．平衡点 $O$ 称为螺旋汇．
（2）如果 $\alpha>0, \lim _{t \rightarrow \infty} e ^{\alpha t}=+\infty, \cos \beta t, \sin \beta t$ 以周期 $2 \pi / \beta$ 变化．因此，方程组的轨线绕螺旋环绕趋向无穷，平衡点 $O$ 称为螺旋源．
（3）如果 $\alpha=0$ ，则 $e ^{\alpha t}=1$ ．方程组的轨线形成含 $O$ 的封闭曲线（圆或椭圆），故解为周期解．平衡点 $O$ 称为中心．

**3）轨线环绕方向**
为确定方程组的轨线是顺时针还是逆时针环绕，只需算出方向场中任意点（如 $(1,0))$ 处的方向向量 $A \binom{1}{0}$ ．由这个向量便可确定环绕方向是顺时针还是逆时针．

### 3．应用实例

`例2.15`求初值问题

$$
\frac{d Y }{d t}= B Y , \quad Y (0)=\binom{1}{1}, \quad B =\left(\begin{array}{cc}
0 & 2 \\
-3 & 2
\end{array}\right) ...(2.97)
$$

的解，画出方向场及该解的轨线，判定平衡点 $O=(0,0)$ 的类型．
解 特征方程 $\operatorname{det}(\lambda I - \mathcal { B } )=\lambda^2-2 \lambda+6=0$ 的两个根为 $\lambda_1=1+ i \sqrt{5}$ 与 $\lambda_2=1- i \sqrt{5}$ 。

只需考虑一个特征值 $\lambda_1=1+ i \sqrt{5}$ ．求对应的特征向量 $V _1=\left(x_1, y_1\right)$ ，由 $B V_1=\lambda_1 V_1$ 得

$$
\left\{\begin{array}{l}
2 y_1=(1+i \sqrt{5}) x_1 \\
-3 x_1+2 y_1=(1+i \sqrt{5}) y_1
\end{array}\right.
$$
从而有 $y_1=\frac{1+ i \sqrt{5}}{2} x_1$ ，于是 $V _1=(2,1+ i \sqrt{5})$ ．对应的复值解为

$$
Y _1(t)=e^{(1+i \sqrt{5}) t}\binom{2}{1+i \sqrt{5}}
$$

由欧拉公式有

$$
\begin{aligned}
Y _1(t) & =e^t(\cos \sqrt{5} t+i \sin \sqrt{5} t)\binom{2}{1+i \sqrt{5}} \\
& =e^t\binom{2 \cos \sqrt{5} t}{\cos \sqrt{5} t-\sqrt{5} \sin \sqrt{5} t}+ie^t\binom{2 \sin \sqrt{5} t}{\sqrt{5} \cos \sqrt{5} t+\sin \sqrt{5} t}
\end{aligned}
$$

由此得通解为

$$
Y (t)=k_1 e^t\binom{2 \cos \sqrt{5} t}{\cos \sqrt{5} t-\sqrt{5} \sin \sqrt{5} t}+k_2 e^t\binom{2 \sin \sqrt{5} t}{\sqrt{5} \cos \sqrt{5} t+\sin \sqrt{5} t}
$$

其中 $k_1, k_2$ 为任意常数．由初始条件 $Y (0)=(1,1)$ 得（将 $t=0$ 代入上式）

$$
k_1\binom{2}{1}+k_2\binom{0}{\sqrt{5}}=\binom{1}{1}
$$

解之得 $k_1=1 / 2$ 且 $k_2=\sqrt{5} / 10$ ，则特解为

$$
Y (t)=\frac{1}{2} e^t\binom{2 \cos \sqrt{5} t}{\cos \sqrt{5} t-\sqrt{5} \sin \sqrt{5} t}+\frac{\sqrt{5}}{10} e^t\binom{2 \sin \sqrt{5} t}{\sqrt{5} \cos \sqrt{5} t+\sin \sqrt{5} t}
$$

由于 $\alpha=1>0$ ，因此，平衡点 $O=(0,0)$ 为螺旋源．在 $(1,0)$ 处，向量场中的向量场为

$$
\mathcal { B } \binom{1}{0}=\binom{0}{-3}
$$

因此，轨线顺时针环绕离开 $O$（图 2．40）．
 ![图片](/uploads/2025-06/110a69.jpg)
 由相平面上方程组的方向场及相应的轨线可以看出，该轨线环绕远离原点 $O$ ．
在 2．5．1 小节中，无阻尼、无外力的单摆模型

$$
\frac{d Y }{d t}=\left(\begin{array}{cc}
0 & \frac{1}{l} \\
-g & 0
\end{array}\right) Y
$$

其中，$l$ 为单摆的线长，$g$ 为重力加速度．设 $l=1, g=10$ ，则有下面的例子．

`例2.16`求方程组

$$
\frac{d Y }{d t}= C Y , \quad C =\left(\begin{array}{cc}
0 & 1 \\
-10 & 0
\end{array}\right), \quad Y =\binom{\varphi}{v}
$$

的通解．画出相图．判定平衡点 $O=(0,0)$ 的类型．
解 特征方程 $\operatorname{det}(\lambda I - \mathcal { C } )=\lambda^2+10=0$ 的一个根为 $\lambda= i \sqrt{10}$ ．对应的特征向量为 $V =(1, i \sqrt{10})$ ．于是方程组的复值解

$$
\begin{aligned}
Y _1(t) & =e^{(i \sqrt{10}) t}\binom{1}{i \sqrt{10}} \\
& =(\cos \sqrt{10} t+i \sin \sqrt{10} t)\binom{1}{i \sqrt{10}} \\
& =\binom{\cos \sqrt{10} t}{-\sqrt{10} \sin \sqrt{10} t}+i\binom{\sin \sqrt{10} t}{\sqrt{10} \cos \sqrt{10} t}
\end{aligned}
$$

通解为

$$
\mathcal { Y } (t)=k_1\binom{\cos \sqrt{10} t}{-\sqrt{10} \sin \sqrt{10} t}+k_2\binom{\sin \sqrt{10} t}{\sqrt{10} \cos \sqrt{10} t}
$$

其中，$k_1, k_2$ 为任意常数．取 $k_2=0$ ，则有

$$
Y =\binom{\varphi}{v}=\binom{k_1 \cos \sqrt{10} t}{-k_1 \sqrt{10} \sin \sqrt{10} t}
$$

因为

$$
\frac{\varphi(t)^2}{k_1{ }^2}+\frac{v(t)^2}{10 k_1{ }^2}=1
$$

对一切 $t$ 成立．因此，所有的轨线均为椭圆，其相图由一族以 $O$ 为心的椭圆组成，如图 2.41 所示．
 ![图片](/uploads/2025-06/ce46b1.jpg)
 
 因 $\alpha=0$ ，平衡点 $O$ 为中心．
注记 所有以原点 $O$ 为中心的线性方程组的轨线均为椭圆或圆，更一般地，椭圆的长、短半轴不一定在 $x$ 轴与 $y$ 轴上．

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