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以下三種情況:
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$$e^{\lambda_1 x}$, $e^{\lambda_2 x}$ $y = c_1e^{\lambda_1 x} + c_2e^{\lambda_2 x}$ II 實數重根
$\lambda = -\cfrac{1}{2}a$$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})$
先備知識
特徵方程 (characteristic equation)
讓我們來看看係數 $a$ 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,我們求解了邏輯斯蒂方程的一般解,根據那個結果,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會是這種形式。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所討論的疊加原理,我們就能求出一般解。
稍後我們會看到,在某些情況下需要求解其他形式的解。
將式 ($\ref{eqn:general_sol}$) 及其導數
\[y^\prime = \lambda e^{\lambda x}, \quad y^{\prime\prime} = \lambda^2 e^{\lambda x}\]代入式 ($\ref{eqn:ode_with_constant_coefficients}$),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
\[\begin{align*} \lambda_1 &= \frac{1}{2}\left(-a + \sqrt{a^2 - 4b}\right), \\ \lambda_2 &= \frac{1}{2}\left(-a + \sqrt{a^2 + 4b}\right) \end{align*}\label{eqn:lambdas}\tag{4}\]由此,兩個函數
\[y_1 = e^{\lambda_1 x}, \quad y_2 = e^{\lambda_2 x} \tag{5}\]就是方程 ($\ref{eqn:ode_with_constant_coefficients}$) 的解。
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
- $a^2 - 4b = 0$: 實數重根
- $a^2 - 4b < 0$: 共軛複根
根據特徵方程判別式的符號得出的一般解形式
I. 兩個不同的實根 $\lambda_1$ 和 $\lambda_2$
在這種情況下,方程 ($\ref{eqn:ode_with_constant_coefficients}$) 解的基底在任意區間內為
\[y_1 = e^{\lambda_1 x}, \quad y_2 = e^{\lambda_2 x}\]相應的一般解為
\[y = c_1 e^{\lambda_1 x} + c_2 e^{\lambda_2 x} \label{eqn:general_sol_1}\tag{6}\]II. 實數重根 $\lambda = -\cfrac{a}{2}$
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
\[y_1 = e^{-(a/2)x}\]為了得到基底,我們需要找到另一個與 $y_1$ 獨立的不同形式的第二個解 $y_2$。
在這種情況下,我們可以使用之前學過的降階法。將要找的第二個解設為 $y_2=uy_1$,
\[\begin{align*} y_2 &= uy_1, \\ y_2^{\prime} &= u^{\prime}y_1 + uy_1^{\prime}, \\ y_2^{\prime\prime} &= u^{\prime\prime}y_1 + 2u^{\prime}y_1^{\prime} + uy_1^{\prime\prime} \end{align*}\]將這些代入方程 ($\ref{eqn:ode_with_constant_coefficients}$),得到
\[(u^{\prime\prime}y_1 + 2u^\prime y_1^\prime + uy_1^{\prime\prime}) + a(u^\prime y_1 + uy_1^\prime) + buy_1 = 0\]將 $u^{\prime\prime}$, $u^\prime$, $u$ 各項分別整理,得到
\[y_1u^{\prime\prime} + (2y_1^\prime + ay_1)u^\prime + (y_1^{\prime\prime} + ay_1^\prime + by_1)u = 0\]這裡,由於 $y_1$ 是方程 ($\ref{eqn:ode_with_constant_coefficients}$) 的解,最後一個括號內的式子為 $0$,而且
\[2y_1^\prime = -ae^{-ax/2} = -ay_1\]所以第一個括號內的式子也為 $0$。因此只剩下 $u^{\prime\prime}y_1 = 0$,由此得到 $u^{\prime\prime}=0$。兩次積分後得到 $u = c_1x + c_2$,其中積分常數 $c_1$ 和 $c_2$ 可以是任何值,所以我們可以簡單地選擇 $c_1=1$, $c_2=0$,即 $u=x$。這樣 $y_2 = uy_1 = xy_1$,而 $y_1$ 和 $y_2$ 是線性獨立的,所以這兩個函數構成了基底。因此,當特徵方程 ($\ref{eqn:characteristic_eqn}$) 有重根時,方程 ($\ref{eqn:ode_with_constant_coefficients}$) 在任意區間內的解的基底為
\[e^{-ax/2}, \quad xe^{-ax/2}\]相應的一般解為
\[y = (c_1 + c_2x)e^{-ax/2} \label{eqn:general_sol_2}\tag{7}\]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 ($\ref{eqn:lambdas}$) 可得
\[\cfrac{1}{2}\sqrt{a^2 - 4b} = \cfrac{1}{2}\sqrt{-(4b - a^2)} = \sqrt{-(b-\frac{1}{4}a^2)} = i\sqrt{b - \frac{1}{4}a^2}\]這裡,我們定義實數 $\sqrt{b-\cfrac{1}{4}a^2} = \omega$。
按照上述定義 $\omega$,特徵方程 ($\ref{eqn:characteristic_eqn}$) 的解是共軛複根 $\lambda = -\cfrac{1}{2}a \pm i\omega$,相應的方程 ($\ref{eqn:ode_with_constant_coefficients}$) 的兩個複數解為
\[\begin{align*} e^{\lambda_1 x} &= e^{-(a/2)x + i\omega x}, \\ e^{\lambda_2 x} &= e^{-(a/2)x - i\omega x} \end{align*}\]然而,在這種情況下,我們也可以得到非虛數的實數解的基底,方法如下。
利用歐拉公式(Euler formula)
\[e^{it} = \cos t + i\sin t \label{eqn:euler_formula}\tag{8}\]以及將上式中的 $t$ 替換為 $-t$ 得到的
\[e^{-it} = \cos t - i\sin t\]這兩個式子,將它們相加和相減,可得
\[\begin{align*} \cos t &= \frac{1}{2}(e^{it} + e^{-it}), \\ \sin t &= \frac{1}{2i}(e^{it} - e^{-it}). \end{align*} \label{eqn:cos_and_sin}\tag{9}\]對於具有實部 $r$ 和虛部 $it$ 的複變數 $z = r + it$,其複指數函數 $e^z$ 可以用實函數 $e^r$, $\cos t$ 和 $\sin t$ 定義如下:
\[e^z = e^{r + it} = e^r e^{it} = e^r(\cos t + \sin t) \label{eqn:complex_exp}\tag{10}\]在這裡,令 $r=-\cfrac{1}{2}ax$, $t=\omega x$,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,上述複數解的和與常數倍也是解。因此,將兩個等式相加並乘以 $\cfrac{1}{2}$,可得第一個實數解 $y_1$:
\[y_1 = e^{-(a/2)x} \cos{\omega x}. \label{eqn:basis_1}\tag{11}\]同樣的方法,將第一個等式減去第二個等式並乘以 $\cfrac{1}{2i}$,可得第二個實數解 $y_2$:
\[y_2 = e^{-(a/2)x} \sin{\omega x}. \label{eqn:basis_2}\tag{12}\]由於 $\cfrac{y_1}{y_2} = \cot{\omega x}$ 不是常數,所以 $y_1$ 和 $y_2$ 在所有區間內都是線性獨立的,因此它們構成了方程 ($\ref{eqn:ode_with_constant_coefficients}$) 的實數解的基底。由此可得一般解
\[y = e^{-ax/2}(A\cos{\omega x} + B\sin{\omega x}) \quad \text{(}A,\, B\text{為任意常數)} \label{eqn:general_sol_3}\tag{13}\]