平面线性系统、相图与稳定性

上一章里，我们把几个互相影响的量收进状态向量，再用特征值、特征向量和矩阵指数求出它怎样随时间变化。现在把算出的两条函数放在一起看：如果横坐标记录弹簧的位移，纵坐标记录弹簧的速度，运动会在这个平面上留下什么形状？它会一直绕圈，慢慢卷进原点，还是朝某个方向越跑越远？

这就是相图要回答的问题。它把“每个时刻数值是多少”换成了“整个运动会往哪里去”。这个转换很有用：即使初始状态还没确定，我们也能先判断系统有没有把扰动消下去的能力。

本章讨论实常系数二维系统。为免把物理单位和几何距离混在一起，纯数学例题中的坐标与时间都视为已经选定尺度；回到振子模型时，再明确位移、速度和参数的单位。

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一张没有时间坐标的运动地图

一根弹簧伸长到同样的位置，接下来也可能做出完全不同的动作：物体可能还在向外冲，也可能已经往回走。因此，知道位移不够，还要知道速度。一个状态点 $(x,y)$ 就可以同时记录这两件事。

更一般地，我们写

$$\mathbf{x}'=A\mathbf{x},\qquad \mathbf{x}=\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix},\qquad A=\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}.$$

在位置 $(x,y)$，方程给出的不是下一个位置，而是当前的速度向量 $(ax+by,cx+dy)$。在很多点上画出这些向量，便得到向量场。从某个初值出发，让状态点始终沿着当地的速度前进，它留下的路径叫轨线。许多带时间方向的轨线放在一起，就是相图。

例如，某个经过尺度化的理想振子满足

$$x'=y,\qquad y'=-4x.$$

在 $(1,0)$，速度是 $(0,-4)$：物体正在右侧最远处，瞬间速度为零，回复力却会让速度向负方向变化，所以相平面中的点向下走。在 $(0,-2)$，速度是 $(-2,0)$：物体向左穿过平衡位置。继续看 $(-1,$ 和 ，速度分别是 和 。沿这四个点追一圈，运动方向就是顺时针。

注意，这里的“向下”表示速度变量在减小，并不表示物体在空间里往下落。相平面的两个坐标究竟代表什么，要从状态变量的定义读出来。

先找到不动的地方

平衡点满足 $A\mathbf{x}=\mathbf{0}$。当 $\det A\ne0$ 时，只有原点满足；当 $\det A=0$ 时，矩阵有非零零空间，因此必定还有其他平衡点。二维情形中，若矩阵秩为 $1$，平衡点构成一条过原点的直线；若 ，整个平面都是平衡点。后面遇到零特征值时，我们会把这些情况算出来。

轨线为什么不能交叉

这里的方程不显含时间，是自治系统。在同一个状态点，速度规则永远相同。线性系统的初值问题又有唯一解，因此两条不同的几何轨线不能交叉后各走各的。即使它们在不同时间到达同一点，把时间起点平移后，唯一性仍要求后续运动重合。

中心附近的周期解会在一圈后回到原来的位置，这不违反唯一性：它只是把同一条轨线再走一遍。非平衡解也不会在有限时间撞上平衡点后停住，否则反向使用唯一性，它早先也必须一直待在那里。图上所谓“进入原点”，准确意思是 $t\to\infty$ 时趋向原点。

局部上，如果 $x'\ne0$，链式法则还给出轨线的斜率：

$$\frac{dy}{dx}=\frac{y'}{x'}=\frac{cx+dy}{ax+by}.$$

这个式子适合找轨线形状，但分母为零的地方要回到原系统检查，它可能只是竖直切线。更不能只靠斜率定时间方向：同时把 $x',y'$ 变号，斜率没变，箭头却全部反转了。

看探索器时，可以先代入一个点，亲手算出 $A\mathbf{x}$，再核对该点的箭头。为了让图清楚，向量场有时会把箭头画成相同长度；这种画法保留方向，却不能再用箭头长度比较快慢。

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稳定究竟要求什么

把一个正在平衡的装置轻轻碰一下，我们可能有两个不同期待：一是它别偏得太远，二是它最后能自己回到原来的状态。数学上，前者叫稳定，后者还要加上收敛条件，叫渐近稳定。

以原点为例，稳定的意思是：无论给出多小的允许偏离范围，都能找到一个足够小的初始扰动范围，使其中所有初值产生的解，在所有未来时间都不离开允许范围。用固定坐标中的范数表示，就是对每个 $\varepsilon>0$，存在 $\delta>0$，使

$$\|\mathbf{x}(0)\|<\delta \quad\Longrightarrow\quad \|\mathbf{x}(t)\|<\varepsilon\qquad\text{对所有 }t\ge0.$$

这里两个“所有”很要紧。只挑出一条不跑远的轨线，不能证明稳定；只看前十秒没事，也不能证明稳定。

渐近稳定要求先稳定，并且从某个邻域出发的全部解都满足

$$\lim_{t\to\infty}\mathbf{x}(t)=\mathbf{0}.$$

不稳定就是稳定条件不成立：存在一个固定的允许范围，不管把初值限制得多靠近原点，仍能找到某个初值，其轨线最终走出这个范围。

本章的稳定性都指向前时间。把时间反过来，吸引变成排斥，不能沿用原来的稳定结论。对线性系统，如果所有特征值实部都为负，收敛实际上对整个平面的初值成立，称为全局渐近稳定；这个全局性质到了非线性系统里不能照搬。

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两个实特征方向，把运动拆开看

先想象一个装置有两种独立的偏离方式，每种偏离都会按自己的速度放大或衰减。在线性代数里，这两种独立方式就是特征向量给出的方向。

当 $A$ 有两个不同实特征值 $\lambda_1,\lambda_2$ 时，相应特征向量 $\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2$ 线性无关，通解为

$$\mathbf{x}(t)=C_1e^{\lambda_1t}\mathbf{v}_1+C_2e^{\lambda_2t}\mathbf{v}_2.$$

如果初值恰好落在 $\mathbf{v}_1$ 方向，就只有第一项；因为 $A\mathbf{v}_1=\lambda_1\mathbf{v}_1$，速度也在同一条直线上，运动不会拐出这条线。特征向量给的是整条不变直线，而不是只有箭头指向的那一侧。 时两侧都向原点走， 时两侧都远离原点。

两种偏离都衰减：稳定节点

若两个特征值都小于零，两项最终都消失，原点是稳定节点，而且渐近稳定。它也叫节点型汇点。这里的“汇”描述最终趋势，不要求每支速度箭头都直接指向原点。

我们把一个初值问题完整算完：

$$\mathbf{x}'= \begin{pmatrix}-1&2\\0&-3\end{pmatrix}\mathbf{x}, \qquad \mathbf{x}(0)=\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}.$$

特征值是 $-1,-3$。对应向量可取 $(1,0)^T$ 和 $(-1,1)^T$，直接相乘就能检查。初值分解为

$$\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix} +\begin{pmatrix}-1\\1\end{pmatrix},$$

于是

$$x(t)=e^{-t}-e^{-3t},\qquad y(t)=e^{-3t}.$$

检查第一行，$x'=-e^{-t}+3e^{-3t}=-x+2y$；第二行显然满足 ，初值也正确。沿这条轨线， 始终下降， 却先从 增加，再回到 。令 ，得到 ，此时 。所以两个状态量都最终消失，并不表示每个状态量都从一开始就单调减小。

消去时间还能看清曲线：$e^{-t}=y^{1/3}$，因此本初值对应的向前轨线满足 $x=y^{1/3}-y$，其中 。靠近原点时 衰减得较慢，，轨线逐渐贴近水平的慢特征方向。

这个“最后贴近慢方向”有例外：初值若恰好只含快模式，慢模式系数为零，它就一直沿快特征方向进入原点。画相图时，通常的弯曲轨线和两条特殊直线都要保留。

两种偏离都增长：不稳定节点

若两个特征值都大于零，非零解最终离开原点，原点是不稳定节点，也叫节点型源点。例如 $x'=x,y'=3y$ 的解是 $x=C_1e^t,y=C_2e^{3t}$。对于两项都非零的轨线，靠近原点的那一端在 ，此时慢模式 占优势；向前走远时，快模式 占优势。说某个方向“主导轨线”之前，必须交代看的是哪一端、哪个时间方向。

一边拉回，一边推出：鞍点

如果两个特征值一负一正，一条特征方向吸引，另一条排斥，原点是鞍点。取

$$\mathbf{x}'= \begin{pmatrix}1&2\\2&1\end{pmatrix}\mathbf{x}.$$

特征方程为 $(1-\lambda)^2-4=0$，所以特征值为 $3,-1$，对应方向分别是 $(1,1)^T$ 和 $(1,-1)^T。令

$$p=\frac{x+y}{2},\qquad q=\frac{x-y}{2},$$

系统就变成 $p'=3p,q'=-q$。只有 $p(0)=0$，也就是初值在 $$ 上时，解才沿这条线趋向原点。只要加上一点 方向的扰动，哪怕其系数只有 ，也会被 放大。

例如从 $(1,0)$ 出发，$p(0)=q(0)=1/2$，所以

$$x(t)=\frac{e^{3t}+e^{-t}}2,\qquad y(t)=\frac{e^{3t}-e^{-t}}2.$$

初始速度是 $(1,2)$，随后增长模式占优势，轨线朝 $y=x$ 的方向远去。在 $(p,q)$ 坐标中，$pq^3$ 沿轨线不变，本例等于 $$；这也说明一般鞍点轨线虽有弯曲分支，却不必恰好是通常写成 的双曲线。

鞍点必定不稳定。它拥有一条吸引直线的事实，只说明某些精确初值会回来，不能保证这些初值周围的小扰动也会回来。

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同一个特征值，还要问方向够不够

前面的两种模式有不同增长率。现在假设两个特征值都等于同一个实数 $\lambda$，是否就一定画成一束放射线？还不能。我们要继续检查有没有两个独立特征向量。

若二维矩阵确实有两个独立特征向量，把它们作为基底，就有 $A=P(\lambda I)P^{-1}=\lambda I$。因此

$$\mathbf{x}(t)=e^{\lambda t}\mathbf{x}(0).$$

每个方向都是特征方向，轨线是径向射线，这叫星形节点。$\lambda<0$ 时渐近稳定，$\lambda>0$ 时不稳定。$\lambda=0$ 则所有点静止，已经不是孤立节点。

若只有一个独立特征方向，会出现上一章的广义特征向量。用 $\mathbf{v}$ 表示特征向量，选 $\mathbf{w}$ 满足

$$(A-\lambda I)\mathbf{w}=\mathbf{v},$$

两条独立解为 $e^{\lambda t}\mathbf{v}$ 和 $e^{\lambda t}(\mathbf{w}+t\mathbf{v})$。多出来的 $t$ 把轨线弯向同一个特征方向，这种情形称为退化节点。

不妨直接从分量检验一个例子：

$$x'=-2x+y,\qquad y'=-2y, \qquad x(0)=0,\quad y(0)=1.$$

第二行给出 $y=e^{-2t}$。第一行乘 $e^{2t}$，得到 $(e^{2t}x)'=1$，于是

$$x=te^{-2t},\qquad y=e^{-2t}.$$

这里唯一特征方向是水平轴。随着 $t\to\infty$，$x,y$ 都趋向零，而且 $y/x=1/t\to0$，轨线贴近水平轴进入原点。多项式因子 $t$ 并没有战胜指数衰减，所以原点仍是渐近稳定的。

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为什么复数会在平面上变成旋转

弹簧被拉开后往回跑，过了平衡位置又跑到另一侧，这种来回变化对应正弦和余弦。把位移与速度一起放进平面，两个错开相位的振荡分量就会画出绕圈的轨线。

当实矩阵的特征值为 $\alpha\pm i\beta$，$\beta\ne0$，实解可以写为

$$\mathbf{x}(t)=e^{\alpha t}P \begin{pmatrix}\cos\beta t&-\sin\beta t\\ \sin\beta t&\cos\beta t\end{pmatrix}\mathbf{c},$$

其中 $P$ 是某个可逆实矩阵，$\mathbf{c}$ 由初值决定。中间的矩阵在新坐标里做旋转，$e^{\alpha t}$ 同时缩放，最后 $P$ 把这些圆和螺旋拉伸、倾斜到原来的坐标平面。

因此 $\alpha<0$ 时是渐近稳定的螺旋汇点，$\alpha>0$ 时是不稳定的螺旋源点。$\alpha=0$ 时没有指数放大或衰减，非零轨线是闭合椭圆，原点称为中心；圆是椭圆的特殊情况。

算一条螺旋，顺便检查箭头

考虑

$$\mathbf{x}'= \begin{pmatrix}-1&-3\\3&-1\end{pmatrix}\mathbf{x}, \qquad \mathbf{x}(0)=\begin{pmatrix}2\\0\end{pmatrix}.$$

特征值为 $-1\pm3i$，解为

$$x(t)=2e^{-t}\cos3t,\qquad y(t)=2e^{-t}\sin3t.$$

求导可得 $x'=-x-3y,y'=3x-y$，并且初值正确。这里 $x^2+y^2$，所以半径确实按 缩小。点 的速度为 ，从右侧向上走，故旋向为逆时针。一圈所需时间为 ，每转一圈，半径乘以 。

若把两个非对角元同时变号，特征值依旧是 $-1\pm3i$，但右侧箭头向下，旋向改为顺时针。这就回答了为什么“虚部是正还是负”不能单独决定旋向：共轭根本来就成对出现，实际方向必须由原坐标中的向量场判断。

对于一般矩阵，$P$ 可能不是保长变换，欧氏距离未必每一瞬间都按 $e^{\alpha t}$ 单调变化；可靠的是指数包络以及最终趋向零或无界增长的结论。同样，原坐标中的瞬时角速度未必恒定。不要把刚才那个特别整齐的圆形螺旋当成所有矩阵的外观。

中心为什么稳定，却没有恢复能力

回到 $x'=y,y'=-4x$。从 $(a,b)$ 出发，完整解为

$$x(t)=a\cos2t+\frac b2\sin2t,\qquad y(t)=-2a\sin2t+b\cos2t.$$

可以直接算出

$$\frac{d}{dt}(4x^2+y^2)=8xy+2y(-4x)=0,$$

所以轨线满足 $4x^2+y^2=4a^2+b^2$。非零初值对应椭圆，周期为 $\pi$，不会向原点收缩。

要证明稳定，还得保证小初值对应的小椭圆始终不跑远。因为

$$x(t)^2+y(t)^2\le4x(t)^2+y(t)^2 =4a^2+b^2\le4(a^2+b^2),$$

只要初始距离小于 $\varepsilon/2$，以后距离就小于 $\varepsilon$。稳定得到了保证。但只要初值非零，保存的量 $4a^2+b^2$ 就大于零，解不可能趋向原点，因此不是渐近稳定。

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用迹和行列式把分类连成一张图

每次都求出特征向量再判断类型，往往做了不必要的计算。我们真正想先知道的是：两个增长率同号还是异号，有没有振荡，它们的实部朝哪边偏。这些信息可以从特征方程直接提取。

令

$$T=\operatorname{tr}A=a+d,\qquad D=\det A=ad-bc.$$

展开 $\det(\lambda I-A)=0$ 得到

$$\lambda^2-T\lambda+D=0,\qquad \lambda_{1,2}=\frac{T\pm\sqrt{T^2-4D}}2.$$

因此 $T$ 是两个特征值的和，$D$ 是积。记 $\Delta=T^2-4D$：$\Delta>0$ 给两个不同实根，$\mathrm{\Delta }$ 给重实根， 给共轭复根。

把横轴选为迹 $T$、纵轴选为行列式 $D$，曲线 $D=T^2/4$ 分开实根和复根区域。

先看 $D<0$。共轭复根的积是 $\alpha^2+\beta^2>0$，所以负乘积只能来自一正一负的实根，必为鞍点。再看 $D>0$：实根若存在，必同号，符号由它们的和 决定；若是复根，实部就是 ，仍由迹决定增长或衰减。

读这张图时，抛物线上方 $D>T^2/4$ 是复根区域；抛物线下方但仍在 $D>0$ 的区域是异实根节点；整个 $D<0$ 半平面都是鞍点。$T=0,D>0$ 是中心所在的边界线。图的边界不是绘图时顺便留出的空隙，它们有各自不同的运动。

一次从分类算到旋向的检查

对矩阵

$$A=\begin{pmatrix}1&-4\\2&-3\end{pmatrix},$$

有 $T=-2,D=5,\Delta=-16$，故特征值为 $-1\pm2i$，原点是渐近稳定的螺旋汇点。点 $(1,0)$ 的速度是 ，旋向为逆时针。

这个速度还透露了一件事：从 $(1,0)$ 出发，距离平方的瞬时导数为 $2(x x'+y y')=2>0$，初始距离正在增大。可它仍会最终收敛，这正是“渐近稳定不等于每一刻都向内”的例子。

如果想再用显式解确认，设 $B=A+I$，算得 $B^2=-4I$，于是

$$e^{At}=e^{-t}\left(I\cos2t+\frac B2\sin2t\right).$$

从 $(1,0)$ 出发的解为 $x=e^{-t}(\cos2t+\sin2t),y=e^{-t}\sin2t$。括号里的函数有界，乘上 后两分量都趋向零；在 求导则得到 ，与向量场吻合。

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零特征值：不动的方向与缓慢漂移

假设有一个方向上的偏离既不放大也不衰减，它就会留下零特征值。此时“所有实部都不大于零”还不足以保证稳定，因为另一个方向可能持续推动这个不衰减的方向。

先看 $D=0,T\ne0$。两个特征值是 $0,T$，互不相同，所以有两个独立特征方向，解可写成

$$\mathbf{x}(t)=C_0\mathbf{v}_0+C_1e^{Tt}\mathbf{v}_1.$$

$\mathbf{v}_0$ 方向上的每一点都是平衡点。若 $T<0$，解趋向由 $C_0$ 决定的某个平衡点；每个平衡点都稳定，但都不渐近稳定，因为旁边任意近的另一个平衡点会一直留在原地。若 $T>0$，横向扰动增长，每个平衡点都不稳定。

最直观的例子是 $x'=0,y'=-2y$。解为 $x=x_0,y=y_0e^{-2t}$，轨线竖直地靠近 轴，最终停靠的横坐标由初值决定。“会靠近平衡点集合”与“会回到指定的那个平衡点”，不是同一件事。

再看 $T=D=0$，两个根都为零。若 $A=0$，所有解都是常向量，所有平衡点稳定但不渐近稳定。若 $A\ne0$，二维特征方程与矩阵关系给出 $A^2=0$，所以矩阵指数截断为

$$e^{At}=I+tA,\qquad \mathbf{x}(t)=\mathbf{x}(0)+tA\mathbf{x}(0).$$

这里没有任何指数衰减去压住 $t$。例如

$$x'=y,\qquad y'=0$$

的解为 $y=y_0,x=x_0+y_0t$。 轴上每一点是平衡点，但只要初始 有一点点不为零，横坐标就持续漂移，最终离开任何固定小邻域。因此每个平衡点都不稳定。这是零特征值带非平凡 Jordan 块的情形。

对于实常系数线性系统，可以把判据说完整：所有特征值实部严格为负时，原点渐近稳定；有正实部时不稳定；若实部都不大于零，则还要检查虚轴上的特征值有没有非平凡 Jordan 块。有就不稳定，没有就稳定。二维中，非零纯虚共轭根互不相同，自动给中心；真正容易漏掉的是刚才这个零重根漂移。

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阻尼振子：把节点和螺旋认回物理故事

理想弹簧来回交换动能和弹性势能；加上阻尼，每次运动都耗去一些机械能。我们以前在位移的时间图像上比较过欠阻尼、临界阻尼和过阻尼，现在用同一个相平面把它们连起来。

假设质量 $m>0$，弹簧劲度系数 $k>0$，黏性阻尼系数 $c\ge0$，无外力，且弹簧与阻尼力分别按位移和速度线性变化。若采用 SI 单位，$m$ 的单位为千克，$k$ 为牛顿每米，$c$ 为牛顿秒每米。令位移为 、速度为 ，则

$$mx''+cx'+kx=0, \qquad \begin{pmatrix}x\\v\end{pmatrix}' =\begin{pmatrix}0&1\\-k/m&-c/m\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\\v\end{pmatrix}.$$

横纵坐标分别是米和米每秒，几何上量“距离”前可以分别选尺度；稳定分类不受这种固定可逆缩放影响。矩阵给出

$$T=-\frac cm,\qquad D=\frac km>0,\qquad \Delta=\frac{c^2-4mk}{m^2}.$$

$c=0$ 时迹为零，是中心，对应无衰减振动。$0<c<2\sqrt{mk}$ 时复根实部为负，是稳定螺旋，对应欠阻尼；$c>$ 时两个负实根，是稳定节点，对应过阻尼。 时为负重根，由于矩阵右上角为 ，它不可能等于标量矩阵，所以是退化稳定节点，对应临界阻尼。

为什么这里没有鞍点和源点？$m,k$ 为正让 $D$ 为正，排除了鞍点；非负阻尼让迹不为正，排除了向外增长的节点和螺旋。分类与“装置没有主动输入能量”的假设吻合。

对任何 $x>0,v=0$ 的状态，速度向量为 $(0,-kx/m)$，所以欠阻尼螺旋和无阻尼椭圆都顺时针运动。上半平面 $v>0$ 时位移增加，点向右；下半平面 $v<0$ 时位移减少，点向左。这两条检查常常比凭图形猜方向可靠。

机械能还提供了独立核对：

$$E=\frac12kx^2+\frac12mv^2,\qquad E'=kxv+mv\left(-\frac kmx-\frac cmv\right)=-cv^2\le0.$$

无阻尼时能量不变，轨线在能量椭圆上；有阻尼时能量下降。仅由 $E'\le0$ 还不能在这里一笔推出收敛，因为 $v=0$ 时导数也为零。我们已经用两个特征值实部为负证明了收敛，能量计算则解释这种趋势为什么符合物理。

取 $m=1\,\mathrm{kg},c=2\,\mathrm{N\,s/m},k=5\,\mathrm{N/m}$，并从 $x(0)=1\,\mathrm m,v(0)=0$ 放开。以秒为时间单位，特征根为 ，解为

$$x(t)=e^{-t}\left(\cos2t+\frac12\sin2t\right),\qquad v(t)=-\frac52e^{-t}\sin2t.$$

这里数值式中的位移与速度分别按米、米每秒理解。求导可检查 $x'=v$；再由二阶方程得到 $v'=-5x-2v$。初始加速度为 $-5\mathrm{m}\mathrm{/}{\mathrm{s}}^2$，相点一开始向下走，随后顺时针旋入原点。相平面中的一圈表示一次完整振动，并非真实物体在空间里绕了一圈。

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持续输入把平衡点移到哪里

有持续的恒定输入时，系统往往不再以“两个变量都为零”为平衡。比如恒力会让弹簧的静止位置偏移，恒定供给会让两个交换容器维持非零存量。这样的常系数系统写成

$$\mathbf{x}'=A\mathbf{x}+\mathbf{b},$$

这里 $\mathbf{b}$ 必须是常向量。先解 $A\mathbf{x}_*+\mathbf{b}=\mathbf{0}$ 找平衡点，再令 $\mathbf{z}=\mathbf{x}-\mathbf{x}_*$，就有

$$\mathbf{z}'=A(\mathbf{z}+\mathbf{x}_*)+\mathbf{b} =A\mathbf{z}.$$

这是精确平移，适用于整个平面。若 $A$ 可逆，平衡点唯一，$\mathbf{x}_*=-A^{-1}\mathbf{b}$；若 $A$ 奇异，可能没有平衡点，也可能有一整条平衡线，要直接解代数方程。若外力随时间变化，一般不存在这样的固定平衡点，不能直接套平移图。

例如

$$\mathbf{x}'= \begin{pmatrix}-2&1\\-1&-2\end{pmatrix}\mathbf{x} +\begin{pmatrix}3\\1\end{pmatrix}.$$

平衡条件为 $-2x_*+y_*+3=0$ 与 $-x_*-2y_*+1=0$。第一式给 ，代入第二式得 ，所以

$$\mathbf{x}_*=\begin{pmatrix}7/5\\-1/5\end{pmatrix}.$$

把这个结果代回两行，常数项确实都为零。矩阵的迹为 $-4$、行列式为 $5$，特征值是 $-2\pm i$，故平衡点是全局渐近稳定的螺旋汇点。

为了把方向与初值也落实，取初值 $(12/5,-1/5)$，也就是在平衡点右侧距离一个横坐标单位。偏离初值为 $(1,0)$，从而

$$x(t)=\frac75+e^{-2t}\cos t,\qquad y(t)=-\frac15-e^{-2t}\sin t.$$

偏离满足 $z_1'=-2z_1+z_2,z_2'=-z_1-2z_2$，因此这组解代回原方程成立。平衡点右侧的相对速度为 ，所以顺时针旋入 。算旋向时应在平衡点右侧选点，不能机械地仍用绝对坐标 。

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让公式和图像互相检查

现在面对一个二维系统，可以先找平衡点，再用迹、行列式和判别式确定大类。碰到边界，就继续查特征向量或直接求解；需要画方向时，再代点算速度。这样每个图形判断都有一条可追溯的算式。

画实根相图，先画不变的特征直线，再补普通轨线，并核对哪一端由快模式、哪一端由慢模式控制。画复根相图，先定收缩或扩张，再代一个点定旋向。最后检查轨线是否与向量场相切、不同轨线是否误画成交叉，以及靠近平衡点是否被错误地画成有限时间到达。

图像也可以反过来提醒我们发现错误。比如某个宣称“稳定中心”的图画成了向内收缩的圈，或一个正行列式矩阵被画出一条吸引方向、一条排斥方向，都应该回到算式重新检查。相图有直觉价值，但决定结论的是方程、初值和它们推导出的性质。

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练习：把类型、方向和解连起来

鞍点的两条特殊直线

对系统 $x'=2x,y'=-y$，求从 $(1,2)$ 出发的解、轨线的隐式关系和时间方向。再解释为什么原点不稳定。

显示参考解

两行独立积分得 $x=e^{2t},y=2e^{-t}$，因此 $xy^2=4$。向前时间中 增加、 减少，轨线向右并靠近水平轴的方向远去。 轴是吸引的特征直线， 轴是排斥的特征直线。任意小的初值 产生 ，最终走出固定小邻域，所以原点不稳定。关系 只描述本题所在分支的形状，箭头仍要由时间式确定。

节点的慢方向

求 $x'=-2x+y,y'=-5y$ 在 $(x(0),y(0))=(0,3$ 下的解，找出特征方向，并判断靠近原点时的切向方向。

显示参考解

先得 $y=3e^{-5t}$。把第一行写成 $(e^{2t}x)'=3e^{-3t}$，由初值得 ，所以 。特征值为 ，对应向量可取 和 ，解也正好是这两个模式之和。因为 ，本轨线沿水平慢方向靠近原点。初值若改在 上，则只有快模式，不会转向慢方向。原点是渐近稳定节点。

同一组纯虚根，可以反向转动

比较 $A_1=\begin{pmatrix}0&-2\\8&0\end{pmatrix}$ 与 。判断类型、周期、旋向，并找出保持不变的二次式。

显示参考解

两矩阵均有 $T=0,D=16$，所以特征值均为 $\pm4i$，原点均为中心，非零解周期为 $2\pi/4=\pi/2$。对第一个系统，$(4x^2+y^2{)}^{\mathrm{\prime }}=8x($；第二个系统将导数整体变号，仍为零，故轨线都是 。在 ，第一个速度为 ，逆时针；第二个为 ，顺时针。两者都稳定但不渐近稳定，不能用相同特征值推断相同旋向。

两种重根，为什么形状不同

比较 $A_1=-I$ 与 $A_2=\begin{pmatrix}-1&2\\0&-1\end{pmatrix}$，分别求从 出发的解。若把两个矩阵的对角元都改成 ，稳定性又怎样？

显示参考解

$A_1$ 给出 $(x,y)=(0,e^{-t})$，任意初值都沿径向射线运动，是渐近稳定星形节点。$A_2$ 给出 与 ，所以 ；它只有水平特征方向，是渐近稳定退化节点。改成零对角元后，前者成为零矩阵，所有点静止，稳定但不渐近稳定；后者给出 ，小的非零纵向初值也会造成横向无界漂移，因此其平衡线上的每个点都不稳定。这正是零重根必须继续检查 Jordan 结构的原因。

一个参数怎样经过三种运动

考虑 $x''+\eta x'+4x=0$，其中 $\eta$ 是实参数，时间已经尺度化。按参数范围判断相图类型，并说明哪些范围符合非负阻尼的模型。

显示参考解

取状态 $(x,v)$，矩阵为 $\begin{pmatrix}0&1\\-4&-\eta\end{pmatrix}$，所以 。 是渐近稳定节点， 是渐近稳定退化节点， 是稳定螺旋， 是稳定但不渐近稳定的中心。 是不稳定螺旋， 是不稳定退化节点， 是不稳定节点。因为 恒正，不出现鞍点。非负阻尼要求 ；负值代表与速度同向的主动作用，不能再解释为普通耗散阻尼。

平衡点未必唯一存在

比较两个常输入系统：一是 $x'=1,y'=-y$，二是 $x'=0,y'=-y+2$。分别求平衡点与通解，判断能否通过固定平移化成齐次系统。

显示参考解

第一个系统不可能满足 $x'=0$，所以没有平衡点；解为 $x=x_0+t,y=y_0e^{-t}$，不能靠固定平衡点平移消掉输入。第二个系统的平衡点是整条直线 ，解为 。选其中任意 ，令 ，便得到 。每个平衡点稳定，但不渐近稳定；靠近这个点的初值，最后可能趋向平衡线上另一个点。两个系统的系数矩阵相同且奇异，常输入不同却让平衡点的存在情况完全不同。

我们已经能把一个常矩阵翻译成整张运动地图，也能辨认哪些结论依赖负实部、哪些边界需要额外信息。接下来若弹簧回复力不再严格正比于位移，或者两个种群通过乘积项相互影响，矩阵就只能描述平衡点附近的一阶变化。下一章会从这些具体模型出发，学习怎样求出那张局部的矩阵，以及为什么局部像中心，并不足以保证真实轨线永远闭合。