具有常數係數的二階齊次線性常微分方程
根據特徵方程的判別式符號，探討各種情況下常數係數齊次線性常微分方程的一般解形式。
TL;DR
- 具有常數係數的二階齊次線性常微分方程：$y^{\prime\prime} + ay^{\prime} + by = 0$
- 特徵方程(characteristic equation)：$\lambda^2 + a\lambda + b = 0$
- 根據特徵方程的判別式 $a^2 - 4b$ 的符號，一般解的形式可分為三種情況，如下表所示
情況 特徵方程的解 常微分方程解的基底 常微分方程的一般解 I 兩個不同實根
$\lambda_1$, $\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})$
Prerequisites
特徵方程 (characteristic equation)
讓我們考慮係數 $a$ 和 $b$ 為常數的二階齊次線性常微分方程
\[y^{\prime\prime} + ay^{\prime} + by = 0 \label{eqn:ode_with_constant_coefficients}\tag{1}\]這種形式的方程在機械和電氣振盪中有重要的應用。
在之前的伯努利方程(Bernoulli Equation)中，我們求解了邏輯斯方程的一般解，根據那篇文章，具有常數係數 $k$ 的一階線性常微分方程
\[y^\prime + ky = 0\]的解是指數函數 $y = ce^{-kx}$。（在該文章的方程(4)中，當 $A=-k$, $B=0$ 時）
因此，對於類似形式的方程($\ref{eqn:ode_with_constant_coefficients}$)，我們可以先嘗試
\[y=e^{\lambda x}\label{eqn:general_sol}\tag{2}\]形式的解。
當然，這只是一個猜測，並不能保證一般解真的是這種形式。但是，只要我們能找到兩個線性獨立的解，根據二階齊次線性常微分方程中討論的疊加原理，我們就能求出一般解。
稍後我們會看到，在某些情況下需要尋找其他形式的解。
將式($\ref{eqn:general_sol}$)及其導數
\[y^\prime = \lambda e^{\lambda x}, \quad y^{\prime\prime} = \lambda^2 e^{\lambda x}\]代入方程($\ref{eqn:ode_with_constant_coefficients}$)，得到
\[(\lambda^2 + a\lambda + b)e^{\lambda x} = 0\]因此，如果 $\lambda$ 是特徵方程(characteristic equation)
\[\lambda^2 + a\lambda + b = 0 \label{eqn:characteristic_eqn}\tag{3}\]的解，那麼指數函數($\ref{eqn:general_sol}$)就是常微分方程($\ref{eqn:ode_with_constant_coefficients}$)的解。求解二次方程($\ref{eqn:characteristic_eqn}$)，得到
\[\begin{align*} \lambda_1 &= \frac{1}{2}\left(-a + \sqrt{a^2 - 4b}\right), \\ \lambda_2 &= \frac{1}{2}\left(-a - \sqrt{a^2 + 4b}\right) \end{align*}\label{eqn:lambdas}\tag{4}\]因此，兩個函數
\[y_1 = e^{\lambda_1 x}, \quad y_2 = e^{\lambda_2 x} \tag{5}\]是方程($\ref{eqn:ode_with_constant_coefficients}$)的解。
特徵方程(characteristic equation)和輔助方程(auxiliary equation)這兩個術語經常被混用，它們完全是同一個意思。使用哪一個術語都可以。
現在，根據特徵方程($\ref{eqn:characteristic_eqn}$)的判別式 $a^2 - 4b$ 的符號，我們可以將情況分為三種：
- $a^2 - 4b > 0$：兩個不同的實根
- $a^2 - 4b = 0$：實重根
- $a^2 - 4b < 0$：共軛複根
根據特徵方程判別式符號的一般解形式
I. 兩個不同實根 $\lambda_1$ 和 $\lambda_2$
在這種情況下，方程($\ref{eqn:ode_with_constant_coefficients}$)在任意區間上的解的基底是
\[y_1 = e^{\lambda_1 x}, \quad y_2 = e^{\lambda_2 x}\]因此，一般解為
\[y = c_1 e^{\lambda_1 x} + c_2 e^{\lambda_2 x} \label{eqn:general_sol_1}\tag{6}\]II. 實重根 $\lambda = -\cfrac{a}{2}$
當 $a^2 - 4b = 0$ 時，二次方程($\ref{eqn:characteristic_eqn}$)只有一個解 $\lambda = \lambda_1 = \lambda_2 = -\cfrac{a}{2}$，因此我們只能得到一個形如 $y = e^{\lambda x}$ 的解
\[y_1 = e^{-(a/2)x}\]為了找到基底，我們需要找到與 $y_1$ 線性獨立的第二個解 $y_2$。
在這種情況下，我們可以使用之前學過的降階法。假設第二個解的形式為 $y_2=uy_1$，則
\[\begin{align*} y_2 &= uy_1, \\ y_2^{\prime} &= u^{\prime}y_1 + uy_1^{\prime}, \\ y_2^{\prime\prime} &= u^{\prime\prime}y_1 + 2u^{\prime}y_1^{\prime} + uy_1^{\prime\prime} \end{align*}\]將這些代入方程($\ref{eqn:ode_with_constant_coefficients}$)，得到
\[(u^{\prime\prime}y_1 + 2u^\prime y_1^\prime + uy_1^{\prime\prime}) + a(u^\prime y_1 + uy_1^\prime) + buy_1 = 0\]整理 $u^{\prime\prime}$, $u^\prime$, $u$ 各項，得到
\[y_1u^{\prime\prime} + (2y_1^\prime + ay_1)u^\prime + (y_1^{\prime\prime} + ay_1^\prime + by_1)u = 0\]由於 $y_1$ 是方程($\ref{eqn:ode_with_constant_coefficients}$)的解，最後一個括號內的表達式為 $0$，且
\[2y_1^\prime = -ae^{-ax/2} = -ay_1\]所以第一個括號內的表達式也為 $0$。因此只剩下 $u^{\prime\prime}y_1 = 0$，從而 $u^{\prime\prime}=0$。積分兩次得到 $u = c_1x + c_2$，其中積分常數 $c_1$ 和 $c_2$ 可以是任意值，所以我們可以簡單地選擇 $c_1=1$, $c_2=0$，即 $u=x$。這樣 $y_2 = uy_1 = xy_1$，且 $y_1$ 和 $y_2$ 線性獨立，因此它們構成基底。所以，當特徵方程($\ref{eqn:characteristic_eqn}$)有重根時，方程($\ref{eqn:ode_with_constant_coefficients}$)在任意區間上的解的基底是
\[e^{-ax/2}, \quad xe^{-ax/2}\]對應的一般解為
\[y = (c_1 + c_2x)e^{-ax/2} \label{eqn:general_sol_2}\tag{7}\]III. 共軛複根 $-\cfrac{1}{2}a + i\omega$ 和 $-\cfrac{1}{2}a - i\omega$
在這種情況下，$a^2 - 4b < 0$ 且 $\sqrt{-1} = i$，所以從式($\ref{eqn:lambdas}$)得到
\[\cfrac{1}{2}\sqrt{a^2 - 4b} = \cfrac{1}{2}\sqrt{-(4b - a^2)} = \sqrt{-(b-\frac{1}{4}a^2)} = i\sqrt{b - \frac{1}{4}a^2}\]定義實數 $\sqrt{b-\cfrac{1}{4}a^2} = \omega$。
有了這個定義，特徵方程($\ref{eqn:characteristic_eqn}$)的解是共軛複根 $\lambda = -\cfrac{1}{2}a \pm i\omega$，對應的方程($\ref{eqn:ode_with_constant_coefficients}$)的兩個複解為
\[\begin{align*} e^{\lambda_1 x} &= e^{-(a/2)x + i\omega x}, \\ e^{\lambda_2 x} &= e^{-(a/2)x - i\omega x} \end{align*}\]但在這種情況下，我們也可以得到實數解的基底，方法如下。
利用歐拉公式(Euler formula)
\[e^{it} = \cos t + i\sin t \label{eqn:euler_formula}\tag{8}\]以及將 $t$ 替換為 $-t$ 得到的
\[e^{-it} = \cos t - i\sin t\]將這兩個式子相加和相減，得到
\[\begin{align*} \cos t &= \frac{1}{2}(e^{it} + e^{-it}), \\ \sin t &= \frac{1}{2i}(e^{it} - e^{-it}). \end{align*} \label{eqn:cos_and_sin}\tag{9}\]對於具有實部 $r$ 和虛部 $it$ 的複變數 $z = r + it$，複指數函數 $e^z$ 可以用實函數 $e^r$, $\cos t$ 和 $\sin t$ 定義如下：
\[e^z = e^{r + it} = e^r e^{it} = e^r(\cos t + i\sin t) \label{eqn:complex_exp}\tag{10}\]令 $r=-\cfrac{1}{2}ax$, $t=\omega x$，則可以寫成
\[\begin{align*} e^{\lambda_1 x} &= e^{-(a/2)x + i\omega x} = e^{-(a/2)x}(\cos{\omega x} + i\sin{\omega x}) \\ e^{\lambda_2 x} &= e^{-(a/2)x - i\omega x} = e^{-(a/2)x}(\cos{\omega x} - i\sin{\omega x}) \end{align*}\]根據疊加原理，上述複解的和與常數倍也是解。因此，將兩個等式相加並乘以 $\cfrac{1}{2}$，得到第一個實數解 $y_1$：
\[y_1 = e^{-(a/2)x} \cos{\omega x}. \label{eqn:basis_1}\tag{11}\]同樣，從第一個等式減去第二個等式並乘以 $\cfrac{1}{2i}$，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，所以 $y_1$ 和 $y_2$ 在所有區間上線性獨立，因此構成方程($\ref{eqn:ode_with_constant_coefficients}$)實數解的基底。由此得到一般解
\[y = e^{-ax/2}(A\cos{\omega x} + B\sin{\omega x}) \quad \text{(}A,\, B\text{為任意常數)} \label{eqn:general_sol_3}\tag{13}\]