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具有重特征值的一阶二维微分方程组

## 2.6.3 具有重特征值的一阶二维微分方程组
首先讨论线性方程组

$$
\frac{d Y }{d t}= A Y , \quad A =\left(\begin{array}{cc}
-3 & 2 \\
0 & -3
\end{array}\right) ...(2.90)
$$

由前几节所用的方法．首先求 $A$ 的特征方程

$$
\operatorname{det}(\lambda I - \mathcal { A } )=\lambda^2+6 \lambda+9=(\lambda+3)^2=0
$$

的根，可得二重根 $\lambda=-3$ ．然后求对应于 $\lambda=-3$ 的特征向量．令 $V _0=\left(x_0, y_0\right)$ 且 $\mathcal { A } V _0=-3 V _0$ 得

$$
\left\{\begin{array}{l}
-3 x_0+2 y_0=-3 x_0 \\
-3 y_0=-3 y_0
\end{array}\right.
$$

于是得 $y_0=0$ ，故 $V_0=(1,0)$ ．由定理 2.4 知

$$
Y =e^{-3 t}\binom{1}{0}
$$

为方程组（2．99）的一个解．但要得到方程组的通解，由已有方法，尚缺另一个与其线性无关的解．为此，需探索新的求解方法．

将方程组（2．99）改写成分量形式

$$
\left\{\begin{array}{l}
\frac{d x}{d t}=-3 x+2 y \\
\frac{d y}{d t}=-3 y
\end{array}\right. ...(2.100)
$$

![图片](/uploads/2025-06/95aef7.jpg)
 
 这是一个半耦合方程组，由第二个方程得

$$
y(t)=y_0 e^{-3 t} ...(2.101)
$$

代入第一个方程得

$$
\frac{d x}{d t}=-3 x+2 y_0 e^{-3 t} ...(2.102)
$$

应用猜测－检验方法（见 1.3 节）．令 $x_p(t)=A t e ^{-3 t}$ ，代入上述方程得

$$
A e^{-3 t}-3 A t e^{-3 t}=-3 A t e^{-3 t}+2 y_0 e^{-3 t}
$$

于是 $A=2 y_0$ ，即 $x_p(t)=2 y_0 t e ^{-3 t}$ ．
再求第一个方程对应的齐次方程 $d x / d t=-3 x$ 的通解，$x_h(t)=x_0 e ^{-3 t}$ ．由非齐次线性微分方程的拓广的线性原理得（2．102）的通解为

$$
x(t)=x_0 e^{-3 t}+2 y_0 t e^{-3 t} ....(2.103)
$$

由（2．101）与（2．103）得方程组（2．99）的解为

$$
\binom{x(t)}{y(t)}=e^{-3 t}\binom{x_0}{y_0}+t e^{-3 t}\binom{2 y_0}{0} .
$$

此例的求通解方法不能推广到 $A$ 为一般形式，但从此例所获得通解形以获得一定信息．首先在（2．104）中，记 $V _0=\left(x_0, y_0\right)$ 为任意初始向量，则

$$
V _1=( A -(-3) I ) V _0=\left(\begin{array}{ll}
0 & 2 \\
0 & 0
\end{array}\right)\binom{x_0}{y_0}=\binom{2 y_0}{0}
$$

恰为第二项中的向量．如果 $y_0=0$ ，则 $V _1=(0,0)$ ．此时 $V _0$ 为特征向量，而 $e ^{-3 t} V _0$为直线解．如果 $y_0 \neq 0$ ，则 $V _1 \neq 0$ ，此时 $\mathcal { Y } = e ^{-3 t} V _0+t e ^{-3 t} V _1$ 为通解且 $V _1$ 为特征向量．

受此启发，则有如下定理：

## 定理2.6
定理 2.6 假设 $d Y / d t= A Y$ 为一阶二维线性方程组，其中 $2 \times 2$ 矩阵

$$
A =\left(\begin{array}{ll}
a & b \\
c & d
\end{array}\right)
$$

具有实重根 $\lambda$ ，则方程组具有如下形式的通解：

$$
Y (t)=e^{\lambda t} V _0+t e^{\lambda t} V _1
$$

其中， $V _0=\left(x_0, y_0\right)$ 为方程组任意初值，而

$$
V _1=( A -\lambda I ) V _0
$$

如果 $V_1$ 是零向量，则 $V_0$ 为对应 $\lambda$ 的特征向量且 $Y (t)= e ^{\lambda t} V_0$ 为方程组的直线解；如果 $V_1$ 不是零向量，则 $V_1$ 为对应 $\lambda$ 的特征向量．

证明 对任意 $V _0=\left(x_0, y_0\right)$ ．令

$$
V _1=( A -\lambda I ) V _0
$$

如果 $V _1=(0,0)$ ，则 $V _0$ 为 $\mathcal { A }$ 的特征向量，从而（2．106）变为

$$
\mathcal { Y } (t)=e^{\lambda t} V _0
$$

为方程组的直线解且 $Y (0)=\left(x_0, y_0\right)$ ．
（1）如果 $V _1 \neq(0,0)$ ，因为 $\lambda$ 为 $2 \times 2$ 矩阵 $\mathcal { A }$ 的二重特征值，由线性代数知识可知

$$
( A -\lambda I)^2= O
$$

其中 $O$ 为零矩阵，从而由 $V_1=( A -\lambda I) V_0$ 得

$$
( A -\lambda I) V_1=( A -\lambda I)^2 V_0= O
$$

故 $V_1$ 为 $A$ 的特征向量．
令

$$
\mathcal { Y } (t)=e^{\lambda t} V _0+t e^{\lambda t} V _1,
$$

则

$$
\begin{aligned}
\frac{d \mathcal { Y } }{d t} & =\lambda e^{\lambda t} V _0+e^{\lambda t} V _1+t e^{\lambda t}\left(\lambda V _1\right) \\
& =e^{\lambda t}\left(\lambda V _0+ V _1\right)+t e^{\lambda t}\left(\lambda V _1\right)
\end{aligned}
$$

且

$$
A Y =e^{\lambda t}\left( A V _0\right)+t e^{\lambda t}\left( A V _1\right)
$$

（2）如果 $V _1=(0,0)$ ，则 $A V _0=\lambda V _0$ ，由（2．107）与（2．108）得

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

如果 $V _1 \neq(0,0)$ ，由前面所证，一定有 $A V _1=\lambda V _1$ ，且由 $V _1=( A -\lambda I ) V _0$ 知 $A V_0=\lambda V_0+V_1$ 。再由（2．107）与（2．108）得

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

因此，可知

$$
\mathcal { Y } (t)=e^{\lambda t} V _0+t e^{\lambda t} V _1
$$

为方程组的通解．
注记 不可误认为（2．106）中两项 $e ^{\lambda t} V _0$ 与 $t e ^{\lambda t} V _1$ 都是方程组的解．因为 $V _0$任意给定，而 $V _1$ 由 $V _0$ 确定．易知 $e ^{\lambda t} V _0$ 为方程组的解当且仅当 $V _1= O$ ，即 $V _0$为特征向量．

下面由 $d \mathcal { Y } / d t= A \mathcal { Y }$ 的通解进行解的定性分析．首先注意当 $A$ 具有重特征值 $\lambda$ 时，通解的一般形式为

$$
\gamma (t)=e^{\lambda t} V _0+t e^{\lambda t} V _1
$$

其中， $V _1=( A -\lambda I) V _0$ 或是特征向量，或者零向量．解对时间 $t$ 的依赖，分别来自 $e ^{\lambda t}$ 项与 $t e ^{\lambda t}$ 项．

如果 $\lambda<0$ ，当 $t \rightarrow+\infty$ 时，两项均趋于原点 $O=(0,0)$ ．此时平衡点 $O$ 称为临界汇。

为确定各条轨线当 $t$ 增加时趋于原点的方向，将通解中因子 $e ^{\lambda t}$ 提出得到

$$
Y (t)=e^{\lambda t}\left(V_0+t V_1\right)
$$

由此可见， $Y (t)$ 趋于原点时的方向与向量 $V _0+t V _1$ 相同．当 $V _1=0$ 时， $\mathcal { Y } (t)$ 的轨线沿切于 $V_0$ 所确定的直线趋于 $O$ ；而当 $V_1 \neq 0$ 时， $Y (t)$ 的轨线沿切于 $V_1$ 所确定的直线趋于 $O$ ，其典型的相图如图 2.43 所示．

从相图中可以看出除了直线解之外的其他轨线．当 $t$ 增加时，该轨线试图环绕原点而趋于原点，但因直线解的轨线挡路而未能实现．因此，这是方程组的一种从原点为汇到螺旋汇的临界状态．因此，称原点为临界汇．

如果 $\lambda>0$ ，则通解中（除平衡解）的两项趋于无穷．因此，平衡点 $O$ 为源，称为临界源，其轨线的方向与上述恰好反向．
 
 ![图片](/uploads/2025-06/ff3d1c.jpg)

`例2.17`求方程组

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

的通解．画出相图．
解 $B$ 的特征方程为

$$
\operatorname{det}(\lambda I - \mathcal { B } )=\lambda^2+2 \sqrt{3} \lambda+3=0
$$

可得二重根 $\lambda=-\sqrt{3}$ ．
设 $V =(x, y)$ 满足 $\mathcal { B } V =\lambda V$ ，则有

$$
\left\{\begin{array}{l}
y=-\sqrt{3} x \\
-3 x-2 \sqrt{3} y=-\sqrt{3} y
\end{array}\right.
$$

由此得 $y=-\sqrt{3} x$ ．取 $V =(1,-\sqrt{3})$ ，此特征向量位于直线 $y=-\sqrt{3} x$ 上．下面画出相图简图．

在 $x y$ 平面上，标出平衡点 $O$ ，画出直线 $y=-\sqrt{3} x$ ．
利用方向场及欧拉逼近程序画其他轨线如图 2.44 所示．
当 $t$ 增加时，所有的轨线趋于原点，并且除直线解之外的轨线当 $t$ 充分大时，与直线 $y=-\sqrt{3} x$（特征向量所在的直线）相切．

为求通解，设 $V _0=\left(x_0, y_0\right)$ 为任意的平面向量，则

$$
V _1=( B +\sqrt{3} I ) V _0=\left(\begin{array}{cc}
\sqrt{3} & 1 \\
-3 & -\sqrt{3}
\end{array}\right)\binom{x_0}{y_0}=\binom{\sqrt{3} x_0+y_0}{-3 x_0-\sqrt{3} y_0} .
$$

于是通解为

$$
Y (t)=e^{-\sqrt{3} t}\binom{x_0}{y_0}+t e^{-\sqrt{3} t}\binom{\sqrt{3} x_0+y_0}{-3 x_0-\sqrt{3} y_0}
$$

![图片](/uploads/2025-06/3325d4.jpg)

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