二階常系數方程

二階方程決定狀態及其變化率，因此需要兩個初始條件。常系數允許通過二次多項式進行精確分類。重根和與齊次模態重合的外力需要修改解的形式，而不能除以已為零的分母。

1 齊次方程與特徵根

考慮實常系數方程 $y''+ay'+by=0$。代入 $y=e^{rt}$ 得到 $r^2+ar+b=0$。若根 $r_1,r_2$ 是不同實根，解族為

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

若有重根 $r$，令 $y=e^{rt}u$。由於 $2r+a=0$ 且 $r^2+ar+b=0$，代入後方程化為 $u''=0$，得到 $(C_1+C_2t)e^{rt}$。這樣推導出了額外的 $t$，而不是把它當成未解釋的規則。

對根 $\alpha\pm i\beta$，其中 $\beta>0$，實解為 $e^{\alpha t}(C_1\cos\beta t+C_2\sin\beta t)$。可直接驗證，也可取複指數的實部和虛部。在每種情形下，給出的兩個解都有線性無關的初值／導數值對。等價地，它們的 Wronskian 非零：不同實根情形為 $(r_2-r_1)e^{(r_1+r_2)t}$，重根情形為 $e^{2rt}$，複根情形為 $\beta e^{2\alpha t}$。因此每組指定初值對應唯一的線性組合。等價的一階線性系統的唯一性證明這些就是所有解。

2 阻尼運動

對 $y''+2\gamma y'+\omega_0^2y=0$，其中 $\gamma\ge0$、$\omega_0>0$，根為 $-\gamma\pm\sqrt{\gamma^2-\omega_0^2}$。當 $\gamma<\omega_0$ 時，解以角頻率 $\sqrt{\omega_0^2-\gamma^2}$ 振蕩。相等時為臨界阻尼；更大的 $\gamma$ 給出兩個不同的負實根。

初值例。 對 $y''+2y'+5y=0$、$y(0)=1$、$y'(0)=0$，根為 $-1\pm2i$。解族為 $e^{-t}(C_1\cos2t+C_2\sin2t)$。初始條件給出 $C_1=1$ 和 $-C_1+2C_2=0$，所以

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

衰減率和振蕩頻率是不同的量。即使能量遞減，坐標位移也可以變號。事實上，將方程乘以 $y'$，可得 $E=(y'^2+\omega_0^2y^2)/2$ 滿足 $E'=-2\gamma y'^2\le0$。

3 特解與疊加

對 $y''+ay'+by=g(t)$，任意兩解之差滿足齊次方程。因此一個特解加上完整齊次解族便給出所有解。對常數輸入，若 $b\ne0$，常數試探解通常有效。若 $g(t)=P_m(t)e^{\lambda t}$，其中 $\lambda$ 為實數、$P_m$ 為實多項式，使用次數為 $m$ 的多項式乘以該指數；若 $\lambda$ 是單重或二重特徵根，再分別乘以 $t$ 或 $t^2$。原因是代入 $y=e^{\lambda t}u$ 後，每個微分算子從 $D$ 平移為 $D+\lambda$；常數因子為零意味著平移後的方程需要積分一次或兩次。

對 $y''+4y=8$ 且初始位置、速度均為零，一個特解是 2。齊次項用於滿足初值，得到 $y=2-2\cos2t$。單獨的特解不滿足這些初值。

對於共振方程 $y''+4y=\cos2t$，餘弦試探解已經是齊次解。一個特解為 $y_p=(t/4)\sin2t$，求導兩次即可驗證。它的初始位置和速度也為零。線性增長的包絡是無阻尼線性模型的性質，不是對每個實際系統無限增長的預測。

4 系統性的積分構造

對 $y''+\omega^2y=g(t)$，其中 $\omega>0$，初值均為零且 $g$ 連續，定義

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

求導得 $y'=\int_0^t\cos(\omega(t-s))g(s)ds$；端點處正弦為零，使第一次的端點項消失。再次求導得 $y''=g(t)-\omega^2y$。兩個初值均為零，因此由唯一性證明公式成立。當有限的待定系數試探不方便時，這提供了另一種方法。

解族完整性真正需要的系統唯一性

設 $A:I\to\mathbb R^{d\times d}$、$b:I\to\mathbb R^d$ 在區間 $I$ 上連續，$X'=A(t)X+b(t)$ 的兩個可微解在 $t_0\in I$ 取值相同。其差 $Z$ 滿足 $Z'=A(t)Z$、$Z(t_0)=0$。任取 $t\in I$，在連接 $t_0,t$ 的緊線段上，以 $M\ge0$ 控制 $A$ 的算子範數，並分成有限個長度不超過 $\delta$ 的小段，其中 $M\delta<1$。若一小段起點 $s$ 處 $Z(s)=0$，積分給出 $Z(u)=\int_s^u A(v)Z(v)\,dv$。令 $S$ 為該段上 $\|Z\|$ 的最大值，則 $S\le M\delta S$，所以 $S=0$。有限次歸納給出 $Z(t)=0$。向 $t_0$ 之前推進時，先交換積分上下限，同一估計仍成立。因此唯一性在整個 $I$ 上成立。

對 $y''+ay'+by=g$，取 $X=(y,y')^T$、$A=\begin{pmatrix}0&1\\-b&-a\end{pmatrix}$，非齊次項為 $(0,g)^T$。上面顯式給出的每對齊次解因 Wronskian 非零，可滿足任意初值對。從任意另一個解中減去該解，再用剛證明的系統唯一性，便證明所列解族完整。這個證明處理連續線性系統的唯一性，並未聲稱一般非線性系統存在解。

實指數乘多項式的試探形式為何成立

這裏 $\lambda$ 為實數，$P_m$ 為次數 $m\ge0$ 的實多項式。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 $u=\sum_{j=0}^m q_jt^j$。從 $t^m$ 的系數逐次向下比較時，每個新方程中下一個未知數 $q_j$ 的係數都是非零的 $c$；導數項只涉及已確定的較高次係數。因此存在唯一的次數至多為 $m$ 的多項式試探解。若 $c=0$、$d\ne0$，先以相同的逐次係數論證求解 $v'+dv=P_m$，再積分 $u'=v$ 並令常數項為零，得到 $u=tQ_m$，其中多項式次數至多為 $m$。若 $c=d=0$，對 $u''=P_m$ 積分兩次並取兩個積分常數為零，得到 $u=t^2Q_m$。它們恰對應實根 $\lambda$ 的零、一、二重情形。三角函數外力的例子則直接求導驗證，這裏沒有預設複數級數定理。

5 分級練習

E1 基礎。 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 共振驗證。 驗證 $y=(t/4)\sin2t$ 滿足 $y''+4y=\cos2t$ 和兩個零初始條件。

6 詳解

S1. 根為 1 和 2。令 $y=C_1e^t+C_2e^{2t}$。條件給出 $C_1+C_2=0$、$C_1+2C_2=1$，因此 $y=e^{2t}-e^t$。

S2. 重根為 $-3$。令 $y=(C_1+C_2t)e^{-3t}$。條件給出 $C_1=2$ 和 $C_2-3C_1=-3$，所以 $C_2=3$，$y=(2+3t)e^{-3t}$。

S3. 使用特解 3 和齊次解族 $C_1\cos t+C_2\sin t$。初始條件給出 $C_1=-2$、$C_2=2$，所以 $y=3-2\cos t+2\sin t$。

S4. $y'=\sin2t/4+t\cos2t/2$，$y''=\cos2t-t\sin2t$。加上 $4y=t\sin2t$ 後剩下 $\cos2t$。$y(0)$ 與 $y'(0)$ 均為零，確認了完整初值解。

小結

特徵根分類二階常系數齊次方程，包括重根情形。必須將特解與齊次項組合才能滿足初值。共振外力與自然模態重合，從而改變試探形式；積分響應公式提供系統性的替代方法。