常係數二階齊次線性常微分方程式

TL;DR

• 常係數二階齊次線性常微分方程式：$y^{\prime\prime} + ay^{\prime} + by = 0$
• 特徵方程式(characteristic equation)：$\lambda^2 + a\lambda + b = 0$
• 根據特徵方程式的判別式 $a^2 - 4b$ 的正負號，通解的形式可分為下表三種情況：

情況	特徵方程式的根	常微分方程式的解的基底	常微分方程式的通解
I	相異實根 $\lambda_1$, $\lambda_2$	$e^{\lambda_1 x}$, $e^{\lambda_2 x}$	$y = c_1e^{\lambda_1 x} + c_2e^{\lambda_2 x}$
II	實重根 $\lambda = -\cfrac{1}{2}a$	$e^{-ax/2}$, $xe^{-ax/2}$	$y = (c_1 + c_2 x)e^{-ax/2}$
III	共軛複數根 $\lambda_1 = -\cfrac{1}{2}a + i\omega$, $\lambda_2 = -\cfrac{1}{2}a - i\omega$	$e^{-ax/2}\cos{\omega x}$, $e^{-ax/2}\sin{\omega x}$	$y = e^{-ax/2}(A\cos{\omega x} + B\sin{\omega x})$

先備知識

• 白努利方程式(Bernoulli Equation)
• 二階齊次線性常微分方程式 (Homogeneous Linear ODEs of Second Order)
• 歐拉公式

特徵方程式 (characteristic equation)

我們來探討係數 $a$ 與 $b$ 為常數的二階齊次線性常微分方程式

\[y^{\prime\prime} + ay^{\prime} + by = 0 \label{eqn:ode_with_constant_coefficients}\tag{1}\]

這種形式的方程式在機械、電學振盪中有重要的應用。

先前在白努利方程式(Bernoulli Equation)中，我們曾求過羅吉斯方程式的通解。根據該文，具有常數係數 $k$ 的一階線性常微分方程式

\[y^\prime + ky = 0\]

的解是指數函數 $y = ce^{-kx}$。（在該篇文章的方程式 (4) 中，$A=-k$，$B=0$ 的情況）

因此，對於形式相似的方程式 ($\ref{eqn:ode_with_constant_coefficients}$)，我們也可以先嘗試

\[y=e^{\lambda x}\label{eqn:general_sol}\tag{2}\]

形式的解。

當然，這純屬猜測，完全無法保證通解必定是這種形式。但無論如何，只要能先找到兩個線性獨立的解，就可以像在二階齊次線性常微分方程式一文中所探討的，根據疊加原理求出通解。
稍後將會看到，也有需要求取其他形式解的情況。

將方程式 ($\ref{eqn:general_sol}$) 及其導數

\[y^\prime = \lambda e^{\lambda x}, \quad y^{\prime\prime} = \lambda^2 e^{\lambda x}\]

代入方程式 ($\ref{eqn:ode_with_constant_coefficients}$) 中，可得

\[(\lambda^2 + a\lambda + b)e^{\lambda x} = 0\]

因此，若 $\lambda$ 是特徵方程式(characteristic equation)

\[\lambda^2 + a\lambda + b = 0 \label{eqn:characteristic_eqn}\tag{3}\]

的根，則指數函數 ($\ref{eqn:general_sol}$) 就是常微分方程式 ($\ref{eqn:ode_with_constant_coefficients}$) 的解。求解二次方程式 ($\ref{eqn:characteristic_eqn}$) 的根，可得

\[\begin{align*} \lambda_1 &= \frac{1}{2}\left(-a + \sqrt{a^2 - 4b}\right), \\ \lambda_2 &= \frac{1}{2}\left(-a - \sqrt{a^2 - 4b}\right) \end{align*}\label{eqn:lambdas}\tag{4}\]

由此可知，兩個函數

\[y_1 = e^{\lambda_1 x}, \quad y_2 = e^{\lambda_2 x} \tag{5}\]

是方程式 ($\ref{eqn:ode_with_constant_coefficients}$) 的解。

特徵方程式(characteristic equation) 與 輔助方程式(auxiliary equation) 這兩個術語經常混用，但它們的意義完全相同。使用哪個稱呼都無妨。

現在，根據特徵方程式 ($\ref{eqn:characteristic_eqn}$) 的判別式 $a^2 - 4b$ 的正負號，可將情況分為三種。

• $a^2 - 4b > 0$: 相異實根
• $a^2 - 4b = 0$: 實重根
• $a^2 - 4b < 0$: 共軛複數根

根據特徵方程式判別式的正負號決定通解的形式

I. 相異實根 $\lambda_1$ 與 $\lambda_2$

在這種情況下，方程式 ($\ref{eqn:ode_with_constant_coefficients}$) 在任意區間上的解的基底為

\[y_1 = e^{\lambda_1 x}, \quad y_2 = e^{\lambda_2 x}\]

其對應的通解為

\[y = c_1 e^{\lambda_1 x} + c_2 e^{\lambda_2 x} \label{eqn:general_sol_1}\tag{6}\]

II. 實重根 $\lambda = -\cfrac{a}{2}$

當 $a^2 - 4b = 0$ 時，二次方程式 ($\ref{eqn:characteristic_eqn}$) 只有一個根 $\lambda = \lambda_1 = \lambda_2 = -\cfrac{a}{2}$，因此能得到的 $y = e^{\lambda x}$ 形式的解只有一個：

\[y_1 = e^{-(a/2)x}\]

為了得到基底，必須找出與 $y_1$ 線性獨立的第二個不同形式的解 $y_2$。

在這種情況下，可以利用先前探討過的降階法。將欲求的第二個解設為 $y_2=uy_1$，並將

\[\begin{align*} y_2 &= uy_1, \\ y_2^{\prime} &= u^{\prime}y_1 + uy_1^{\prime}, \\ y_2^{\prime\prime} &= u^{\prime\prime}y_1 + 2u^{\prime}y_1^{\prime} + uy_1^{\prime\prime} \end{align*}\]

代入方程式 ($\ref{eqn:ode_with_constant_coefficients}$) 中，可得

\[(u^{\prime\prime}y_1 + 2u^\prime y_1^\prime + uy_1^{\prime\prime}) + a(u^\prime y_1 + uy_1^\prime) + buy_1 = 0\]

將 $u^{\prime\prime}$、$u^\prime$、$u$ 的各項分別整理後，可得

\[y_1u^{\prime\prime} + (2y_1^\prime + ay_1)u^\prime + (y_1^{\prime\prime} + ay_1^\prime + by_1)u = 0\]

在此，因為 $y_1$ 是方程式 ($\ref{eqn:ode_with_constant_coefficients}$) 的解，所以最後一個括號內的式子為 $0$。又因為

\[2y_1^\prime = -ae^{-ax/2} = -ay_1\]

所以第一個括號內的式子也為 $0$。因此只剩下 $u^{\prime\prime}y_1 = 0$，由此可得 $u^{\prime\prime}=0$。積分兩次可得 $u = c_1x + c_2$。積分常數 $c_1$ 和 $c_2$ 可以是任何值，因此我們可以簡單地選擇 $c_1=1$、$c_2=0$，令 $u=x$。如此一來，$y_2 = uy_1 = xy_1$。由於 $y_1$ 和 $y_2$ 線性獨立，它們構成了一組基底。因此，當特徵方程式 ($\ref{eqn:characteristic_eqn}$) 有重根時，方程式 ($\ref{eqn:ode_with_constant_coefficients}$) 在任意區間上的解的基底為

\[e^{-ax/2}, \quad xe^{-ax/2}\]

其對應的通解為

\[y = (c_1 + c_2x)e^{-ax/2} \label{eqn:general_sol_2}\tag{7}\]

III. 共軛複數根 $-\cfrac{1}{2}a + i\omega$ 與 $-\cfrac{1}{2}a - i\omega$

在這種情況下，$a^2 - 4b < 0$ 且 $\sqrt{-1} = i$，因此從方程式 ($\ref{eqn:lambdas}$) 可得

\[\cfrac{1}{2}\sqrt{a^2 - 4b} = \cfrac{1}{2}\sqrt{-(4b - a^2)} = \sqrt{-(b-\frac{1}{4}a^2)} = i\sqrt{b - \frac{1}{4}a^2}\]

在此，我們定義實數 $\sqrt{b-\cfrac{1}{4}a^2} = \omega$。

如上定義 $\omega$ 後，特徵方程式 ($\ref{eqn:characteristic_eqn}$) 的根為共軛複數根 $\lambda = -\cfrac{1}{2}a \pm i\omega$，其對應的方程式 ($\ref{eqn:ode_with_constant_coefficients}$) 的兩個複數解為

\[\begin{align*} e^{\lambda_1 x} &= e^{-(a/2)x + i\omega x}, \\ e^{\lambda_2 x} &= e^{-(a/2)x - i\omega x} \end{align*}\]

不過，在這種情況下，我們仍然可以得到一組由實數解構成的基底，如下所示。

歐拉公式(Euler formula)

\[e^{it} = \cos t + i\sin t \label{eqn:euler_formula}\tag{8}\]

以及將上式中的 $t$ 替換為 $-t$ 所得到的

\[e^{-it} = \cos t - i\sin t\]

將這兩個方程式相加及相減，可得：

\[\begin{align*} \cos t &= \frac{1}{2}(e^{it} + e^{-it}), \\ \sin t &= \frac{1}{2i}(e^{it} - e^{-it}). \end{align*} \label{eqn:cos_and_sin}\tag{9}\]

具有實部 $r$ 和虛部 $it$ 的複變數 $z = r + it$ 的複指數函數 $e^z$，可以使用實函數 $e^r$、$\cos t$ 和 $\sin t$ 定義如下：

\[e^z = e^{r + it} = e^r e^{it} = e^r(\cos t + i\sin t) \label{eqn:complex_exp}\tag{10}\]

在此，若令 $r=-\cfrac{1}{2}ax$，$t=\omega x$，則可寫成：

\[\begin{align*} e^{\lambda_1 x} &= e^{-(a/2)x + i\omega x} = e^{-(a/2)x}(\cos{\omega x} + i\sin{\omega x}) \\ e^{\lambda_2 x} &= e^{-(a/2)x - i\omega x} = e^{-(a/2)x}(\cos{\omega x} - i\sin{\omega x}) \end{align*}\]

根據疊加原理，上述複數解的和與常數倍也同樣是解。因此，將兩個等式相加，並在兩邊同乘以 $\cfrac{1}{2}$，即可得到第一個實數解 $y_1$：

\[y_1 = e^{-(a/2)x} \cos{\omega x}. \label{eqn:basis_1}\tag{11}\]

同理，將第一個等式減去第二個等式，並在兩邊同乘以 $\cfrac{1}{2i}$，即可得到第二個實數解 $y_2$。

\[y_2 = e^{-(a/2)x} \sin{\omega x}. \label{eqn:basis_2}\tag{12}\]

由於 $\cfrac{y_1}{y_2} = \cot{\omega x}$ 不是常數，因此 $y_1$ 和 $y_2$ 在所有區間上皆為線性獨立，從而構成了方程式 ($\ref{eqn:ode_with_constant_coefficients}$) 的實數解基底。由此可得通解

\[y = e^{-ax/2}(A\cos{\omega x} + B\sin{\omega x}) \quad \text{(}A,\, B\text{為任意常數)} \label{eqn:general_sol_3}\tag{13}\]