朗斯基行列式(Wronskian)，解的存在性與唯一性
針對具有任意連續變數係數的二階齊次線性常微分方程式，本文將探討其初始值問題解的存在性與唯一性定理，以及利用朗斯基行列式(Wronskian)判斷解的線性相依/線性獨立的方法。此外，我們將證明此類方程式恆有通解，且此通解包含方程式的所有解。
TL;DR
對於在區間 $I$ 上具有連續的任意變數係數 $p$ 與 $q$ 的二階齊次線性常微分方程式
\[y^{\prime\prime} + p(x)y^{\prime} + q(x)y = 0\]與初始條件
\[y(x_0)=K_0, \qquad y^{\prime}(x_0)=K_1\]，以下四個定理成立。
- 初始值問題解的存在性與唯一性定理：由給定方程式及初始條件構成的初始值問題，在區間 $I$ 上有唯一的解 $y(x)$。
- 利用朗斯基行列式(Wronskian)判斷解的線性相依/線性獨立：對於方程式的兩個解 $y_1$ 和 $y_2$，若在區間 $I$ 內存在一點 $x_0$ 使得朗斯基行列式(Wronskian) $W(y_1, y_2) = y_1y_2^{\prime} - y_2y_1^{\prime}$ 的值為 $0$，則兩解為線性相依。此外，若在區間 $I$ 內存在一點 $x_1$ 使得 $W\neq 0$，則兩解為線性獨立。
- 通解的存在性：給定的方程式在區間 $I$ 上有通解。
- 奇異解的不存在：此通解包含方程式的所有解（即不存在奇異解）。
先備知識
- 一階線性常微分方程的解法
- 二階齊次線性常微分方程式 (Homogeneous Linear ODEs of Second Order)
- 常數係數二階齊次線性常微分方程式
- 歐拉-柯西方程式
- 反矩陣與奇異矩陣、行列式
具有連續任意變數係數的齊次線性常微分方程式
先前我們已探討過常數係數二階齊次線性常微分方程式與歐拉-柯西方程式的通解。 本文將把討論擴展到更一般的情況，探討具有任意連續變數係數(variable coefficient) $p$ 與 $q$ 的二階齊次線性常微分方程式
\[y^{\prime\prime} + p(x)y^{\prime} + q(x)y = 0 \label{eqn:homogeneous_linear_ode_with_var_coefficients}\tag{1}\]的通解之存在性與形式。此外，我們還將探討由常微分方程式 ($\ref{eqn:homogeneous_linear_ode_with_var_coefficients}$) 與下列兩個初始條件
\[y(x_0)=K_0, \qquad y^{\prime}(x_0)=K_1 \label{eqn:initial_conditions}\tag{2}\]所構成的初始值問題的唯一性。
若先說結論，本文的核心內容是：具有連續係數的線性常微分方程式，不會有奇異解(singular solution)（無法從通解中得到的解）。
初始值問題解的存在性與唯一性定理
初始值問題解的存在性與唯一性定理(Existence and Uniqueness Theorem for Initial Value Problems)
若 $p(x)$ 與 $q(x)$ 在某個開放區間 $I$ 上是連續函數，且 $x_0$ 位於區間 $I$ 內，則由方程式 ($\ref{eqn:homogeneous_linear_ode_with_var_coefficients}$) 與 ($\ref{eqn:initial_conditions}$) 構成的初始值問題，在區間 $I$ 上有唯一的解 $y(x)$。
關於存在性的證明，本文不予討論，僅探討唯一性的證明。一般而言，證明唯一性比證明存在性來得簡單。 若對證明不感興趣，可跳過此部分，直接前往解的線性相依與線性獨立。
唯一性的證明
假設由常微分方程式 ($\ref{eqn:homogeneous_linear_ode_with_var_coefficients}$) 與初始條件 ($\ref{eqn:initial_conditions}$) 構成的初始值問題，在區間 $I$ 上有兩個解 $y_1(x)$ 與 $y_2(x)$。若能證明這兩個解的差
\[y(x) = y_1(x) - y_2(x)\]在區間 $I$ 上恆為 $0$，即表示在區間 $I$ 上 $y_1 \equiv y_2$，從而證明解的唯一性。
由於方程式 ($\ref{eqn:homogeneous_linear_ode_with_var_coefficients}$) 是齊次線性常微分方程式，因此 $y_1$ 與 $y_2$ 的線性組合 $y$ 也是在 $I$ 上的解。$y_1$ 與 $y_2$ 滿足相同的初始條件 ($\ref{eqn:initial_conditions}$)，因此 $y$ 滿足條件
\[\begin{align*} & y(x_0) = y_1(x_0) - y_2(x_0) = 0, \\ & y^{\prime}(x_0) = y_1^{\prime}(x_0) - y_2^{\prime}(x_0) = 0 \end{align*} \label{eqn:initial_conditions_*}\tag{3}\]。現在考慮函數
\[z(x) = y(x)^2 + y^{\prime}(x)^2\]及其導數
\[z^{\prime} = 2yy^{\prime} + 2y^{\prime}y^{\prime\prime}\]。從常微分方程式可得
\[y^{\prime\prime} = -py^{\prime} - qy\]，將其代入關於 $z^{\prime}$ 的式子中，可得
\[z^{\prime} = 2yy^{\prime} - 2p{y^{\prime}}^2 - 2qyy^{\prime} \label{eqn:z_prime}\tag{4}\]。由於 $y$ 與 $y^{\prime}$ 為實數，因此
\[(y\pm y^{\prime})^2 = y^2 \pm 2yy^{\prime} + {y^{\prime}}^2 \geq 0\]。從此式與 $z$ 的定義，可得到兩個不等式
\[(a)\ 2yy^{\prime} \leq y^2 + {y^{\prime}}^2 = z, \qquad (b)\ 2yy^{\prime} \geq -(y^2 + {y^{\prime}}^2) = -z \label{eqn:inequalities}\tag{5}\]。從這兩個不等式可知 $|2yy^{\prime}|\leq z$，那麼對於式 ($\ref{eqn:z_prime}$) 的最後一項，下列不等式成立。
\[\pm2qyy^{\prime} \leq |\pm 2qyy^{\prime}| = |q||2yy^{\prime}| \leq |q|z.\]利用此結果以及 $-p \leq |p|$，並將式 ($\ref{eqn:inequalities}$a) 應用於式 ($\ref{eqn:z_prime}$) 的 $2yy^{\prime}$ 項，可得
\[z^{\prime} \leq z + 2|p|{y^{\prime}}^2 + |q|z\]。因為 ${y^{\prime}}^2 \leq y^2 + {y^{\prime}}^2 = z$，由此可得
\[z^{\prime} \leq (1 + 2|p| + |q|)z\]，若令括號內的函數為 $h = 1 + 2|p| + |q|$，則
\[z^{\prime} \leq hz \quad \forall x \in I \label{eqn:inequality_6a}\tag{6a}\]。同理，從式 ($\ref{eqn:z_prime}$) 與 ($\ref{eqn:inequalities}$) 可得
\[\begin{align*} -z^{\prime} &= -2yy^{\prime} + 2p{y^{\prime}}^2 + 2qyy^{\prime} \\ &\leq z + 2|p|z + |q|z = hz \end{align*} \label{eqn:inequality_6b}\tag{6b}\]。這兩個不等式 ($\ref{eqn:inequality_6a}$)、($\ref{eqn:inequality_6b}$) 與下列不等式
\[z^{\prime} - hz \leq 0, \qquad z^{\prime} + hz \geq 0 \label{eqn:inequalities_7}\tag{7}\]等價，兩式左邊的積分因子為
\[F_1 = e^{-\int h(x)\ dx} \qquad \text{與} \qquad F_2 = e^{\int h(x)\ dx}\]。因為 $h$ 是連續的，不定積分 $\int h(x)\ dx$ 存在，且 $F_1$ 與 $F_2$ 為正數，故從式 ($\ref{eqn:inequalities_7}$) 可得
\[F_1(z^{\prime} - hz) = (F_1 z)^{\prime} \leq 0, \qquad F_2(z^{\prime} + hz) = (F_2 z)^{\prime} \geq 0\]。這表示在區間 $I$ 上，$F_1 z$ 不遞增，而 $F_2 z$ 不遞減。根據式 ($\ref{eqn:initial_conditions_*}$)，$z(x_0) = 0$，因此，
\[\begin{cases} \left(F_1 z \geq (F_1 z)_{x_0} = 0\right)\ \& \ \left(F_2 z \leq (F_2 z)_{x_0} = 0\right) & (x \leq x_0) \\ \left(F_1 z \leq (F_1 z)_{x_0} = 0\right)\ \& \ \left(F_2 z \geq (F_2 z)_{x_0} = 0\right) & (x \geq x_0) \end{cases}\]。最後，將不等式兩邊同除以正數 $F_1$ 與 $F_2$，即可如下證明解的唯一性。
\[(z \leq 0) \ \& \ (z \geq 0) \quad \forall x \in I\] \[z = y^2 + {y^{\prime}}^2 = 0 \quad \forall x \in I\] \[\therefore y \equiv y_1 - y_2 \equiv 0 \quad \forall x \in I. \ \blacksquare\]解的線性相依與線性獨立
讓我們回顧一下在二階齊次線性常微分方程式中探討過的內容。在開放區間 $I$ 上的通解，是由 $I$ 上的基底(basis) $y_1$、$y_2$，即一對線性獨立的解所構成。此處，稱 $y_1$ 與 $y_2$ 在區間 $I$ 上為線性獨立(linearly independent)，意指對於區間內所有的 $x$，滿足下列條件。
\[k_1y_1(x) + k_2y_2(x) = 0 \Leftrightarrow k_1=0\text{且 }k_2=0 \label{eqn:linearly_independent}\tag{8}\]若不滿足上述條件，而是對於至少一個不為 $0$ 的 $k_1$、$k_2$ 使得 $k_1y_1(x) + k_2y_2(x) = 0$ 成立，則 $y_1$ 與 $y_2$ 在區間 $I$ 上為線性相依(linearly dependent)。此時，對於區間 $I$ 內的所有 $x$，
\[\text{(a) } y_1 = ky_2 \quad \text{或} \quad \text{(b) } y_2 = ly_1 \label{eqn:linearly_dependent}\tag{9}\]，因此 $y_1$ 與 $y_2$ 成比例。
現在，讓我們來看看以下判斷解的線性獨立/線性相依的方法。
利用朗斯基行列式(Wronskian)判斷解的線性相依/線性獨立
\[W(y_1, y_2) = \begin{vmatrix} y_1 & y_2 \\ y_1^{\prime} & y_2^{\prime} \\ \end{vmatrix} = y_1y_2^{\prime} - y_2y_1^{\prime} \label{eqn:wronskian}\tag{10}\]
i. 若常微分方程式 ($\ref{eqn:homogeneous_linear_ode_with_var_coefficients}$) 在開放區間 $I$ 上具有連續係數 $p(x)$ 與 $q(x)$，則在區間 $I$ 上，方程式 ($\ref{eqn:homogeneous_linear_ode_with_var_coefficients}$) 的兩個解 $y_1$ 與 $y_2$ 為線性相依的充要條件是，這兩個解的朗斯基行列式(Wronski determinant)，簡稱朗斯基行列式(Wronskian) 的下列行列式在區間 $I$ 內的某點 $x_0$ 為 $0$。
\[\exists x_0 \in I: W(x_0)=0 \iff y_1 \text{與 } y_2 \text{為線性相依}\]ii. 若在區間 $I$ 內的一點 $x=x_0$ 上 $W=0$，則在區間 $I$ 內的所有 $x$ 上 $W=0$。
\[\exists x_0 \in I: W(x_0)=0 \implies \forall x \in I: W(x)=0\]換言之，若在區間 $I$ 中存在一點 $x_1$ 使得 $W\neq 0$，則在該區間 $I$ 上 $y_1$、$y_2$ 為線性獨立。
\[\begin{align*} \exists x_1 \in I: W(x_1)\neq 0 &\implies \forall x \in I: W(x)\neq 0 \\ &\implies y_1 \text{與 } y_2 \text{為線性獨立} \end{align*}\]
朗斯基行列式最初由波蘭數學家約瑟夫·瑪麗亞·赫內-朗斯基(Józef Maria Hoene-Wroński)引入，在他去世後的 11882 HE，由蘇格兰數學家托馬斯·繆爾(Sir Thomas Muir)命名為現在的名稱。
證明
i. (a)
假設在區間 $I$ 上 $y_1$ 與 $y_2$ 為線性相依。則在區間 $I$ 上，式 ($\ref{eqn:linearly_dependent}$a) 或 ($\ref{eqn:linearly_dependent}$b) 成立。若式 ($\ref{eqn:linearly_dependent}$a) 成立，則
\[W(y_1, y_2) = y_1y_2^{\prime} - y_2y_1^{\prime} = ky_2ky_2^{\prime} - y_2ky_2^{\prime} = 0\]；同理，若式 ($\ref{eqn:linearly_dependent}$b) 成立，則
\[W(y_1, y_2) = y_1y_2^{\prime} - y_2y_1^{\prime} = y_1ly_1^{\prime} - ly_1y_1^{\prime} = 0\]，因此可以確認在區間 $I$ 內的所有 $x$，朗斯基行列式 $W(y_1, y_2)=0$。
i. (b)
反之，假設在某點 $x = x_0$ 上 $W(y_1, y_2)=0$，我們將證明在區間 $I$ 上 $y_1$ 與 $y_2$ 為線性相依。考慮關於未知數 $k_1$、$k_2$ 的線性聯立方程式
\[\begin{gather*} k_1y_1(x_0) + k_2y_2(x_0) = 0 \\ k_1y_1^{\prime}(x_0) + k_2y_2^{\prime}(x_0) = 0 \end{gather*} \label{eqn:linear_system}\tag{11}\]。這可以表示為如下的向量方程式形式。
\[\left[\begin{matrix} y_1(x_0) & y_2(x_0) \\ y_1^{\prime}(x_0) & y_2^{\prime}(x_0) \end{matrix}\right] \left[\begin{matrix} k_1 \\ k_2 \end{matrix}\right] = 0 \label{eqn:vector_equation}\tag{12}\]此向量方程式的係數矩陣為
\[A = \left[\begin{matrix} y_1(x_0) & y_2(x_0) \\ y_1^{\prime}(x_0) & y_2^{\prime}(x_0) \end{matrix}\right]\]，而此矩陣的行列式即為 $W(y_1(x_0), y_2(x_0))$。因為 $\det(A) = W=0$，所以 $A$ 是不存在反矩陣(inverse matrix)的奇異矩陣(singular matrix)，因此聯立方程式 ($\ref{eqn:linear_system}$) 除了零向量 $(0,0)$ 之外，還有一個解 $(c_1, c_2)$，其中 $k_1$ 與 $k_2$ 至少有一個不為 $0$。現在引入函數
\[y(x) = c_1y_1(x) + c_2y_2(x)\]。由於方程式 ($\ref{eqn:homogeneous_linear_ode_with_var_coefficients}$) 是齊次線性的，根據疊加原理，此函數在區間 $I$ 上是 ($\ref{eqn:homogeneous_linear_ode_with_var_coefficients}$) 的解。從式 ($\ref{eqn:linear_system}$) 可知，此解滿足初始條件 $y(x_0)=0$、$y^{\prime}(x_0)=0$。
另一方面，存在一個滿足相同初始條件 $y^*(x_0)=0$、${y^*}^{\prime}(x_0)=0$ 的自明解 $y^* \equiv 0$。由於方程式 ($\ref{eqn:homogeneous_linear_ode_with_var_coefficients}$) 的係數 $p$ 與 $q$ 是連續的，根據初始值問題解的存在性與唯一性定理，解的唯一性得到保證，因此 $y \equiv y^*$。也就是說，在區間 $I$ 上
\[c_1y_1 + c_2y_2 \equiv 0\]。因為 $c_1$ 與 $c_2$ 至少有一個不為 $0$，所以不滿足 ($\ref{eqn:linearly_independent}$)，這表示在區間 $I$ 上 $y_1$、$y_2$ 為線性相依。
ii.
若在區間 $I$ 內的某點 $x_0$ 上 $W(x_0)=0$，則根據 i.(b)，在區間 $I$ 上 $y_1$、$y_2$ 為線性相依，那麼根據 i.(a)，$W\equiv 0$。因此，若在區間 $I$ 內存在任何一點 $x_1$ 使得 $W(x_1)\neq 0$，則 $y_1$ 與 $y_2$ 為線性獨立。 $\blacksquare$
通解包含所有解
通解的存在性
若 $p(x)$ 與 $q(x)$ 在開放區間 $I$ 上連續，則方程式 ($\ref{eqn:homogeneous_linear_ode_with_var_coefficients}$) 在區間 $I$ 上有通解。
證明
根據初始值問題解的存在性與唯一性定理，常微分方程式 ($\ref{eqn:homogeneous_linear_ode_with_var_coefficients}$) 在區間 $I$ 上有一個滿足初始條件
\[y_1(x_0) = 1, \qquad y_1^{\prime}(x_0) = 0\]的解 $y_1(x)$，以及一個在區間 $I$ 上滿足初始條件
\[y_2(x_0) = 0, \qquad y_2^{\prime}(x_0) = 1\]的解 $y_2(x)$。這兩個解的朗斯基行列式在 $x=x_0$ 處的值不為零
\[W(y_1(x_0), y_2(x_0)) = y_1(x_0)y_2^{\prime}(x_0) - y_2(x_0)y_1^{\prime}(x_0) = 1\cdot 1 - 0\cdot 0 = 1\]，因此根據利用朗斯基行列式(Wronskian)判斷解的線性相依/線性獨立，在區間 $I$ 上 $y_1$ 與 $y_2$ 為線性獨立。因此，這兩個解在區間 $I$ 上構成了方程式 ($\ref{eqn:homogeneous_linear_ode_with_var_coefficients}$) 的解的基底，且帶有任意常數 $c_1$、$c_2$ 的通解 $y = c_1y_1 + c_2y_2$ 必然在區間 $I$ 上存在。 $\blacksquare$
奇異解的不存在
若常微分方程式 ($\ref{eqn:homogeneous_linear_ode_with_var_coefficients}$) 在某個開放區間 $I$ 上具有連續係數 $p(x)$ 與 $q(x)$，則在區間 $I$ 上，方程式 ($\ref{eqn:homogeneous_linear_ode_with_var_coefficients}$) 的所有解 $y=Y(x)$ 均為
\[Y(x) = C_1y_1(x) + C_2y_2(x) \label{eqn:particular_solution}\tag{13}\]的形式，其中 $y_1$、$y_2$ 是在區間 $I$ 上方程式 ($\ref{eqn:homogeneous_linear_ode_with_var_coefficients}$) 的解的基底，而 $C_1$、$C_2$ 為適當的常數。
也就是說，方程式 ($\ref{eqn:homogeneous_linear_ode_with_var_coefficients}$) 不具有無法從通解中得到的解，即奇異解(singular solution)。
證明
令 $y=Y(x)$ 為在區間 $I$ 上方程式 ($\ref{eqn:homogeneous_linear_ode_with_var_coefficients}$) 的任意一個解。現在，根據通解的存在性，常微分方程式 ($\ref{eqn:homogeneous_linear_ode_with_var_coefficients}$) 在區間 $I$ 上有通解
\[y(x) = c_1y_1(x) + c_2y_2(x) \label{eqn:general_solution}\tag{14}\]。現在，我們必須證明對於任意的 $Y(x)$，存在常數 $c_1$、$c_2$ 使得在區間 $I$ 上 $y(x)=Y(x)$。首先，我們證明可以找到 $c_1$、$c_2$ 的值，使得在區間 $I$ 中任選一點 $x_0$，滿足 $y(x_0)=Y(x_0)$ 且 $y^{\prime}(x_0)=Y^{\prime}(x_0)$。從式 ($\ref{eqn:general_solution}$) 可得
\[\begin{gather*} \left[\begin{matrix} y_1(x_0) & y_2(x_0) \\ y_1^{\prime}(x_0) & y_2^{\prime}(x_0) \end{matrix}\right] \left[\begin{matrix} c_1 \\ c_2 \end{matrix}\right] = \left[\begin{matrix} Y(x_0) \\ Y^{\prime}(x_0) \end{matrix}\right] \end{gather*} \label{eqn:vector_equation_2}\tag{15}\]。因為 $y_1$ 與 $y_2$ 是基底，所以係數矩陣的行列式 $W(y_1(x_0), y_2(x_0))\neq 0$，因此方程式 ($\ref{eqn:vector_equation_2}$) 可以對 $c_1$ 與 $c_2$ 求解。令其解為 $(c_1, c_2) = (C_1, C_2)$。將此代入式 ($\ref{eqn:general_solution}$) 可得以下的特解。
\[y^*(x) = C_1y_1(x) + C_2y_2(x).\]因為 $C_1$、$C_2$ 是方程式 ($\ref{eqn:vector_equation_2}$) 的解，所以，
\[y^*(x_0) = Y(x_0), \qquad {y^*}^{\prime}(x_0) = Y^{\prime}(x_0)\]。根據初始值問題解的存在性與唯一性定理的唯一性，在區間 $I$ 內的所有 $x$ 上，$y^* \equiv Y$。 $\blacksquare$