二阶常系数方程

二阶方程决定状态及其变化率，因此需要两个初始条件。常系数允许通过二次多项式进行精确分类。重根和与齐次模态重合的外力需要修改解的形式，而不能除以已为零的分母。

1 齐次方程与特征根

考虑实常系数方程 $y''+ay'+by=0$。代入 $y=e^{rt}$ 得到 $r^2+ar+b=0$。若根 $r_1,r_2$ 是不同实根，解族为

$$y=C_1e^{r_1t}+C_2e^{r_2t}.$$

若有重根 $r$，令 $y=e^{rt}u$。由于 $2r+a=0$ 且 $r^2+ar+b=0$，代入后方程化为 $u''=0$，得到 $(C_1+C_2t)e^{rt}$。这样推导出了额外的 $t$，而不是把它当成未解释的规则。

对根 $\alpha\pm i\beta$，其中 $\beta>0$，实解为 $e^{\alpha t}(C_1\cos\beta t+C_2\sin\beta t)$。可直接验证，也可取复指数的实部和虚部。在每种情形下，给出的两个解都有线性无关的初值／导数值对。等价地，它们的 Wronskian 非零：不同实根情形为 $(r_2-r_1)e^{(r_1+r_2)t}$，重根情形为 $e^{2rt}$，复根情形为 $\beta e^{2\alpha t}$。因此每组指定初值对应唯一的线性组合。等价的一阶线性系统的唯一性证明这些就是所有解。

2 阻尼运动

对 $y''+2\gamma y'+\omega_0^2y=0$，其中 $\gamma\ge0$、$\omega_0>0$，根为 $-\gamma\pm\sqrt{\gamma^2-\omega_0^2}$。当 $\gamma<\omega_0$ 时，解以角频率 $\sqrt{\omega_0^2-\gamma^2}$ 振荡。相等时为临界阻尼；更大的 $\gamma$ 给出两个不同的负实根。

初值例。 对 $y''+2y'+5y=0$、$y(0)=1$、$y'(0)=0$，根为 $-1\pm2i$。解族为 $e^{-t}(C_1\cos2t+C_2\sin2t)$。初始条件给出 $C_1=1$ 和 $-C_1+2C_2=0$，所以

$$y=e^{-t}(\cos2t+\tfrac12\sin2t).$$

衰减率和振荡频率是不同的量。即使能量递减，坐标位移也可以变号。事实上，将方程乘以 $y'$，可得 $E=(y'^2+\omega_0^2y^2)/2$ 满足 $E'=-2\gamma y'^2\le0$。

3 特解与叠加

对 $y''+ay'+by=g(t)$，任意两解之差满足齐次方程。因此一个特解加上完整齐次解族便给出所有解。对常数输入，若 $b\ne0$，常数试探解通常有效。若 $g(t)=P_m(t)e^{\lambda t}$，其中 $\lambda$ 为实数、$P_m$ 为实多项式，使用次数为 $m$ 的多项式乘以该指数；若 $\lambda$ 是单重或二重特征根，再分别乘以 $t$ 或 $t^2$。原因是代入 $y=e^{\lambda t}u$ 后，每个微分算子从 $D$ 平移为 $D+\lambda$；常数因子为零意味着平移后的方程需要积分一次或两次。

对 $y''+4y=8$ 且初始位置、速度均为零，一个特解是 2。齐次项用于满足初值，得到 $y=2-2\cos2t$。单独的特解不满足这些初值。

对于共振方程 $y''+4y=\cos2t$，余弦试探解已经是齐次解。一个特解为 $y_p=(t/4)\sin2t$，求导两次即可验证。它的初始位置和速度也为零。线性增长的包络是无阻尼线性模型的性质，不是对每个实际系统无限增长的预测。

4 系统性的积分构造

对 $y''+\omega^2y=g(t)$，其中 $\omega>0$，初值均为零且 $g$ 连续，定义

$$y(t)=\int_0^t\frac{\sin(\omega(t-s))}{\omega}g(s)ds.$$

求导得 $y'=\int_0^t\cos(\omega(t-s))g(s)ds$；端点处正弦为零，使第一次的端点项消失。再次求导得 $y''=g(t)-\omega^2y$。两个初值均为零，因此由唯一性证明公式成立。当有限的待定系数试探不方便时，这提供了另一种方法。

解族完整性真正需要的系统唯一性

设 $A:I\to\mathbb R^{d\times d}$、$b:I\to\mathbb R^d$ 在区间 $I$ 上连续，$X'=A(t)X+b(t)$ 的两个可微解在 $t_0\in I$ 取值相同。其差 $Z$ 满足 $Z'=A(t)Z$、$Z(t_0)=0$。任取 $t\in I$，在连接 $t_0,t$ 的紧线段上，以 $M\ge0$ 控制 $A$ 的算子范数，并分成有限个长度不超过 $\delta$ 的小段，其中 $M\delta<1$。若一小段起点 $s$ 处 $Z(s)=0$，积分给出 $Z(u)=\int_s^u A(v)Z(v)\,dv$。令 $S$ 为该段上 $\|Z\|$ 的最大值，则 $S\le M\delta S$，所以 $S=0$。有限次归纳给出 $Z(t)=0$。向 $t_0$ 之前推进时，先交换积分上下限，同一估计仍成立。因此唯一性在整个 $I$ 上成立。

对 $y''+ay'+by=g$，取 $X=(y,y')^T$、$A=\begin{pmatrix}0&1\\-b&-a\end{pmatrix}$，非齐次项为 $(0,g)^T$。上面显式给出的每对齐次解因 Wronskian 非零，可满足任意初值对。从任意另一个解中减去该解，再用刚证明的系统唯一性，便证明所列解族完整。这个证明处理连续线性系统的唯一性，并未声称一般非线性系统存在解。

实指数乘多项式的试探形式为何成立

这里 $\lambda$ 为实数，$P_m$ 为次数 $m\ge0$ 的实多项式。令 $y=e^{\lambda t}u$，得到

$$u''+du'+cu=P_m,\qquad d=2\lambda+a,\quad c=\lambda^2+a\lambda+b.$$

若 $c\ne0$，代入 $u=\sum_{j=0}^m q_jt^j$。从 $t^m$ 的系数逐次向下比较时，每个新方程中下一个未知数 $q_j$ 的系数都是非零的 $c$；导数项只涉及已确定的较高次系数。因此存在唯一的次数至多为 $m$ 的多项式试探解。若 $c=0$、$d\ne0$，先以相同的逐次系数论证求解 $v'+dv=P_m$，再积分 $u'=v$ 并令常数项为零，得到 $u=tQ_m$，其中多项式次数至多为 $m$。若 $c=d=0$，对 $u''=P_m$ 积分两次并取两个积分常数为零，得到 $u=t^2Q_m$。它们恰对应实根 $\lambda$ 的零、一、二重情形。三角函数外力的例子则直接求导验证，这里没有预设复数级数定理。

5 分级练习

E1 基础。 求解 $y''-3y'+2y=0$、$y(0)=0$、$y'(0)=1$。

E2 重根。 求解 $y''+6y'+9y=0$、$y(0)=2$、$y'(0)=-3$。

E3 外力。 求解 $y''+y=3$、$y(0)=1$、$y'(0)=2$。

E4 共振验证。 验证 $y=(t/4)\sin2t$ 满足 $y''+4y=\cos2t$ 和两个零初始条件。

6 详解

S1. 根为 1 和 2。令 $y=C_1e^t+C_2e^{2t}$。条件给出 $C_1+C_2=0$、$C_1+2C_2=1$，因此 $y=e^{2t}-e^t$。

S2. 重根为 $-3$。令 $y=(C_1+C_2t)e^{-3t}$。条件给出 $C_1=2$ 和 $C_2-3C_1=-3$，所以 $C_2=3$，$y=(2+3t)e^{-3t}$。

S3. 使用特解 3 和齐次解族 $C_1\cos t+C_2\sin t$。初始条件给出 $C_1=-2$、$C_2=2$，所以 $y=3-2\cos t+2\sin t$。

S4. $y'=\sin2t/4+t\cos2t/2$，$y''=\cos2t-t\sin2t$。加上 $4y=t\sin2t$ 后剩下 $\cos2t$。$y(0)$ 与 $y'(0)$ 均为零，确认了完整初值解。

小结

特征根分类二阶常系数齐次方程，包括重根情形。必须将特解与齐次项组合才能满足初值。共振外力与自然模态重合，从而改变试探形式；积分响应公式提供系统性的替代方法。