Second-order differential equation 的最高阶 derivative 是 $y''$，也可以含有 $y'$ 和 $y$。如果方程是 linear，把每一项除以最高阶项的非零系数后，可以写成 normalized form：

$$y''+p(t)y'+q(t)y=g(t).$$

这里的 $p$、$q$、$g$ 都是 independent variable $t$ 的已知函数。如果在所讨论的整个 interval 上都有 $g(t)=0$，方程就是 homogeneous：

$$y''+p(t)y'+q(t)y=0.$$

如果 $g$ 不恒为零，方程就是 nonhomogeneous。其中 $g$ 是 input，也叫 forcing term。

由于方程是 second order，一个 initial value problem 通常需要在同一时刻 $t_0$ 给出两个条件：

$$y(t_0)=y_0, \qquad y'(t_0)=y'_0.$$

第一个条件确定起始值，第二个确定起始 slope。要同时满足这两个条件，我们需要两个 independent solutions。后面会用 Wronskian 判断选出的两个 solution 是否提供了这种自由度。

Constant coefficients 的 homogeneous equations

先考虑

$$ay''+by'+cy=0,$$

其中 $a$、$b$、$c$ 都是常数。我们假设 $a\ne0$，这样方程才确实是 second order。如果 $a=0$ 而 $b\ne0$，它就变成 first-order equation：

$$y'=-\frac cb y,$$

其 solution 为 $y(t)=Ce^{-(c/b)t}$。

为什么尝试 exponential functions

这个方程要求函数值、slope 和 second derivative 之间满足一个关系。对于 $a\ne0$，如果能找到一种求 derivative 后形式不变的函数，三个项就可以提取共同因子。Exponential function 正好有这个性质。令

$$y(t)=e^{rt},$$

其中 $r$ 是待求的常数。每求一次 derivative，只会多出一个 $r$：

$$y'(t)=re^{rt}, \qquad y''(t)=r^2e^{rt}.$$

把这些表达式放回 differential equation：

$$ar^2e^{rt}+bre^{rt}+ce^{rt}=0.$$

提取共同的 exponential 因子：

$$e^{rt}\bigl(ar^2+br+c\bigr)=0.$$

因为 $e^{rt}$ 永远不为零，polynomial 因子必须为零：

$$\boxed{ar^2+br+c=0}.$$

这个 polynomial

$$P(r)=ar^2+br+c$$

称为 characteristic polynomial，而 $P(r)=0$ 称为 characteristic equation。每个 real root 都会给出一个 real exponential solution。Repeated roots 和 nonreal roots 需要再做一步处理，所以先看两个 distinct real roots 的例子。

例：两个 distinct real roots

考虑

$$y''+5y'+6y=0.$$

它的 characteristic equation 是

$$r^2+5r+6=0.$$

将它 factorize：

$$(r+2)(r+3)=0.$$

得到 roots

$$r_1=-2, \qquad r_2=-3,$$

因此有两个 solutions：

$$y_1(t)=e^{-2t}, \qquad y_2(t)=e^{-3t}.$$

Principle of superposition

对于 homogeneous equation

$$y''+p(t)y'+q(t)y=0,$$

solutions 的任意 linear combination 仍然是 solution。这就是 principle of superposition：如果 $y_1$ 和 $y_2$ 都满足方程，那么

$$y(t)=C_1y_1(t)+C_2y_2(t)$$

对于任意 $C_1,C_2\in\mathbb R$ 也满足方程。

原因在于 differentiation 是 linear 的。定义 differential operator

$$L[y]=y''+p(t)y'+q(t)y.$$

则

$$\begin{aligned} L[C_1y_1+C_2y_2] &=C_1L[y_1]+C_2L[y_2]\\ &=C_1(0)+C_2(0)\\ &=0. \end{aligned}$$

这个论证依赖于右侧为零。如果 $L[y_1]=g$ 且 $L[y_2]=g$，那么

$$L[C_1y_1+C_2y_2]=(C_1+C_2)g,$$

一般并不等于 $g$。因此，可以任意 superpose solutions 是 associated homogeneous equation 的性质，不能直接用于 forcing 固定的 nonhomogeneous equation。

完整求解一个 initial value problem

回到方程

$$y''+5y'+6y=0.$$

根据 superposition，得到 solution family

$$y(t)=C_1e^{-2t}+C_2e^{-3t}.$$

现在加上 initial conditions：

$$y(0)=2, \qquad y'(0)=3.$$

把 $t=0$ 分别代入 solution 及其 derivative，得到

$$C_1+C_2=2,$$

以及

$$-2C_1-3C_2=3.$$

同一个方程组也可以写成 matrix 形式：

$$\begin{pmatrix} 1&1\\ -2&-3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} C_1\\ C_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2\\ 3 \end{pmatrix}.$$

这个 matrix 的 determinant 是 $-1$，因此方程组有唯一解：

$$C_1=9, \qquad C_2=-7.$$

所以 IVP 的 unique solution 为

$$\boxed{y(t)=9e^{-2t}-7e^{-3t}}.$$

直接检查两个 initial conditions：

$$\begin{aligned} y(0)&=9-7=2,\\ y'(t)&=-18e^{-2t}+21e^{-3t},\\ y'(0)&=-18+21=3. \end{aligned}$$

The initial slope lifts the solution before both modes decay

Initial slope 为正，所以曲线一开始会上升。随着 $t$ 增大，两个 exponential 项都趋于零，因此整个 solution 最终也趋于零。

一个 interval 上的 existence and uniqueness

考虑 linear IVP

$$\begin{aligned} y''+p(t)y'+q(t)y&=g(t),\\ y(t_0)&=y_0,\\ y'(t_0)&=y'_0. \end{aligned}$$

设 $I$ 是 open interval，且 $t_0\in I$。如果 $p$、$q$、$g$ 在 $I$ 上都 continuous，那么这个 IVP 在整个 $I$ 上恰有一个 solution：

$$y:I\to\mathbb R.$$

这个结论不只是 local 的。只要 normalized coefficients 在 interval 内仍然 continuous，solution 就不会在某个内部点突然终止。定理保证的范围是所选的 coefficient interval，而这个 interval 不一定是整个 $\mathbb R$。

如果原方程写成

$$a_2(t)y''+a_1(t)y'+a_0(t)y=h(t),$$

应先除以 $a_2(t)$。Normalized coefficients 为

$$p(t)=\frac{a_1(t)}{a_2(t)}, \qquad q(t)=\frac{a_0(t)}{a_2(t)}, \qquad g(t)=\frac{h(t)}{a_2(t)}.$$

定理适用于满足 $a_2(t)\ne0$ 且这三个商都 continuous 的 interval。$a_2$ 的零点可能把 real line 分成几个不同的 coefficient intervals。

Wronskian 与 fundamental solutions

两个 solutions 是否足以匹配任意起始值和 slope？Wronskian 就是用来回答这个问题的。对于两个 differentiable functions $f$ 和 $g$，其 Wronskian 定义为

$$\begin{aligned} W[f,g](t) &=\det \begin{pmatrix} f(t)&g(t)\\ f'(t)&g'(t) \end{pmatrix}\\ &=f(t)g'(t)-f'(t)g(t). \end{aligned}$$

Wronskian 检查这两个 solution functions 是否提供 independent initial data。假设 $y_1$ 和 $y_2$ 在 $I$ 上满足同一个 homogeneous second-order linear equation，且 $p$、$q$ 在该 interval 上 continuous。若要让

$$y=C_1y_1+C_2y_2$$

满足 $t_0$ 处给定的值，常数必须满足

$$\begin{pmatrix} y_1(t_0)&y_2(t_0)\\ y_1'(t_0)&y_2'(t_0) \end{pmatrix} \begin{pmatrix} C_1\\ C_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} y_0\\ y'_0 \end{pmatrix}.$$

Coefficient matrix 的 determinant 正好是

$$W[y_1,y_2](t_0).$$

这个 matrix 能匹配每一组 initial values，当且仅当

$$\boxed{W[y_1,y_2](t_0)\ne0}.$$

此时 matrix 是 invertible 的，因此每一组 initial values 都确定唯一一组常数 $C_1,C_2$。再由 existence and uniqueness theorem 可知，这个 linear combination 就是满足该组 initial values 的唯一 solution。

这时称 $\{y_1,y_2\}$ 为 $I$ 上的 fundamental set of solutions，而

$$\boxed{y(t)=C_1y_1(t)+C_2y_2(t)}$$

就是 homogeneous equation 的 general solution：在 $I$ 上，每一个 solution 都唯一对应一组 $C_1$ 和 $C_2$。

以前面的 $y_1=e^{-2t}$ 和 $y_2=e^{-3t}$ 为例，

$$\begin{aligned} W[y_1,y_2](t) &=e^{-2t}\bigl(-3e^{-3t}\bigr) -\bigl(-2e^{-2t}\bigr)e^{-3t}\\ &=-e^{-5t}. \end{aligned}$$

它永远不为零，所以这两个 exponential functions 在 $\mathbb R$ 上构成 fundamental set of solutions。

Distinct real roots 的一般情形

假设 $a,b,c\in\mathbb R$ 且 $a\ne0$。由 quadratic formula，

$$r=\frac{-b\pm\sqrt{\Delta}}{2a}, \qquad \Delta=b^2-4ac,$$

其中 $\Delta$ 读作 delta，称为 discriminant。它的正负决定三种 root 情形：

• $\Delta>0$：两个 distinct real roots；
• $\Delta<0$：两个 complex-conjugate roots；
• $\Delta=0$：一个 repeated real root。

先考虑第一种。设两个 real roots 满足 $r_1\ne r_2$，则

$$y_1(t)=e^{r_1t}, \qquad y_2(t)=e^{r_2t}$$

都是 solutions。它们的 Wronskian 为

$$\begin{aligned} W[y_1,y_2](t) &= \begin{vmatrix} e^{r_1t}&e^{r_2t}\\ r_1e^{r_1t}&r_2e^{r_2t} \end{vmatrix}\\ &=(r_2-r_1)e^{(r_1+r_2)t}. \end{aligned}$$

Exponential 因子永远不为零，且 $r_2-r_1\ne0$，所以 Wronskian 永远不为零。这两个 exponential functions 因而构成 fundamental set，每个 real solution 都可以写成

$$\boxed{y(t)=C_1e^{r_1t}+C_2e^{r_2t}}.$$

使用 distinct-root 公式

例：两个互为相反数的 real roots

考虑 initial value problem

$$y''-y=0, \qquad y(0)=1, \qquad y'(0)=-1.$$

Characteristic equation 可以 factorize 为

$$r^2-1=(r-1)(r+1)=0,$$

所以 roots 是 $-1$ 和 $1$。选取

$$y_1(t)=e^{-t}, \qquad y_2(t)=e^t.$$

其 Wronskian 为

$$W[y_1,y_2](t) = \begin{vmatrix} e^{-t}&e^t\\ -e^{-t}&e^t \end{vmatrix} =2,$$

因此 general solution 是

$$y(t)=C_1e^{-t}+C_2e^t.$$

Initial conditions 给出

$$C_1+C_2=1, \qquad -C_1+C_2=-1.$$

把两个等式相加得 $C_2=0$，再得 $C_1=1$。所以 unique solution 是

$$\boxed{y(t)=e^{-t}}.$$

Complex characteristic roots

现在设 $\Delta<0$。Quadratic formula 可以写成

$$r= \frac{-b}{2a} \pm \frac{\sqrt{-\Delta}}{2a}i =\lambda\pm i\mu,$$

其中 $i$ 是 imaginary unit，满足 $i^2=-1$，并且

$$\lambda=-\frac{b}{2a}, \qquad \mu=\frac{\sqrt{-\Delta}}{2a}\ne0.$$

$\lambda$ 和 $\mu$ 都是 real numbers。这两个 roots 是 complex conjugates：real part 相同，imaginary part 互为相反数。

Euler's formula

要把 complex exponentials 转成 real functions，可以从 Taylor series 出发：

$$e^z=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{z^k}{k!}, \qquad z\in\mathbb C.$$

这里 $\mathbb C$ 是 complex numbers 的集合，$k!$ 是 nonnegative integer $k$ 的 factorial。对 real number $x$，令 $z=ix$。利用 $i^2=-1$、$i^3=-i$ 和 $i^4=1$，得到

$$\begin{aligned} e^{ix} &=1+ix-\frac{x^2}{2!}-i\frac{x^3}{3!} +\frac{x^4}{4!}+i\frac{x^5}{5!}-\cdots\\ &=\left(1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\cdots\right) +i\left(x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\cdots\right). \end{aligned}$$

第一个括号是 cosine 的 Taylor series，第二个是 sine 的 Taylor series。因此

$$\boxed{e^{ix}=\cos x+i\sin x}.$$

这就是 Euler's formula。

从一个 complex solution 得到两个 real solutions

在 Euler's formula 中令 $x=\mu t$：

$$\begin{aligned} e^{(\lambda+i\mu)t} &=e^{\lambda t}e^{i\mu t}\\ &=e^{\lambda t}\bigl(\cos(\mu t)+i\sin(\mu t)\bigr)\\ &=e^{\lambda t}\cos(\mu t) +i\,e^{\lambda t}\sin(\mu t). \end{aligned}$$

它的 real part 和 imaginary part 分别是下面两个 real-valued functions：

$$y_1(t)=e^{\lambda t}\cos(\mu t), \qquad y_2(t)=e^{\lambda t}\sin(\mu t).$$

为什么这两部分各自满足 ODE？定义

$$L[y]=ay''+by'+cy,$$

其中 $a$、$b$、$c$ 都是 real numbers。如果 $y=y_1+iy_2$ 满足方程，由 linearity，

$$0=L[y_1+iy_2]=L[y_1]+iL[y_2].$$

一个 complex number 为零，当且仅当它的 real part 和 imaginary part 都为零。因此

$$L[y_1]=0, \qquad L[y_2]=0.$$

所以 real part 和 imaginary part 分别都是原方程的 real-valued solutions。

它们的 Wronskian 为

$$\begin{aligned} W[y_1,y_2](t) &= \begin{vmatrix} e^{\lambda t}\cos(\mu t)&e^{\lambda t}\sin(\mu t)\\ e^{\lambda t}\bigl(\lambda\cos(\mu t)-\mu\sin(\mu t)\bigr)& e^{\lambda t}\bigl(\lambda\sin(\mu t)+\mu\cos(\mu t)\bigr) \end{vmatrix}\\ &=\mu e^{2\lambda t} \bigl(\cos^2(\mu t)+\sin^2(\mu t)\bigr)\\ &=\mu e^{2\lambda t}\ne0. \end{aligned}$$

因此这两个 real functions 构成 fundamental set，real general solution 为

$$\boxed{ y(t)=C_1e^{\lambda t}\cos(\mu t) +C_2e^{\lambda t}\sin(\mu t) }.$$

使用 complex-root 公式

例：带 complex roots 的 initial value problem

求解

$$y''-2y'+5y=0, \qquad y(0)=1, \qquad y'(0)=0.$$

Characteristic equation 为

$$r^2-2r+5=0,$$

由 quadratic formula，

$$r=\frac{2\pm\sqrt{4-20}}{2}=1\pm2i.$$

所以 $\lambda=1$、$\mu=2$，并且

$$y(t)=C_1e^t\cos(2t)+C_2e^t\sin(2t).$$

要使用 slope 条件，先求 derivative：

$$\begin{aligned} y'(t) &=C_1e^t\bigl(\cos(2t)-2\sin(2t)\bigr)\\ &\quad+C_2e^t\bigl(\sin(2t)+2\cos(2t)\bigr). \end{aligned}$$

在 $t=0$ 处，

$$y(0)=C_1=1, \qquad y'(0)=C_1+2C_2=0.$$

于是 $C_2=-1/2$，unique solution 为

$$\boxed{ y(t)=e^t\cos(2t)-\frac12e^t\sin(2t) }.$$

Repeated roots

如果 discriminant 为零，characteristic equation 只有一个 root，但它出现两次：

$$r=-\frac{b}{2a}, \qquad b^2-4ac=0.$$

Exponential function $y_1(t)=e^{rt}$ 仍然是 solution。但 $C_1e^{rt}+C_2e^{rt}$ 并不能给出两个 independent solutions，因为它只是 $(C_1+C_2)e^{rt}$。我们需要的第二个函数不能是第一个的 constant multiple。

例如，

$$y''-2y'+y=0$$

的 characteristic equation 为 $(r-1)^2=0$，所以 $y_1(t)=e^t$。要找出缺少的 solution，可以保留这个 exponential function，但让乘在它前面的因子随时间变化。

构造第二个 solution

对于一般的 repeated root $r=-b/(2a)$，尝试

$$y_2(t)=v(t)y_1(t),$$

其中 $y_1(t)=e^{rt}$ 已知，$v(t)$ 未知。这就是 reduction of order 的思路：利用一个已知 solution，把寻找另一个 solution 的问题化为 first-order problem。

用 product rule 求 derivative：

$$\begin{aligned} y_2'&=v'y_1+vy_1',\\ y_2''&=v''y_1+2v'y_1'+vy_1''. \end{aligned}$$

代入 $ay_2''+by_2'+cy_2=0$，并按 $v$ 的各阶 derivative 整理：

$$ay_1v''+(2ay_1'+by_1)v' +(ay_1''+by_1'+cy_1)v=0.$$

因为 $y_1$ 已经满足方程，$v$ 的系数为零，剩下

$$ay_1v''+(2ay_1'+by_1)v'=0.$$

这个方程中没有未求 derivative 的 $v$。令 $w=v'$，就得到 first-order equation：

$$ay_1w'+(2ay_1'+by_1)w=0.$$

对于 repeated root，还能进一步简化。由于 $y_1'=ry_1$ 且 $2ar+b=0$，

$$2ay_1'+by_1=(2ar+b)y_1=0.$$

因此 $ay_1w'=0$。$a$ 和 exponential function $y_1$ 都不为零，所以 $w'=0$。连续 integrate 两次，得到

$$w(t)=K, \qquad v(t)=Kt+D,$$

其中 $K$ 和 $D$ 都是常数。因此

$$v(t)y_1(t)=Kte^{rt}+De^{rt}.$$

$De^{rt}$ 只是已有 solution 的倍数。选择 $D=0$、$K=1$，就留下新的 solution：

$$\boxed{y_2(t)=te^{rt}}.$$

它与 $y_1$ 的 Wronskian 为

$$\begin{aligned} W[y_1,y_2](t) &=\begin{vmatrix} e^{rt}&te^{rt}\\ re^{rt}&e^{rt}+rte^{rt} \end{vmatrix}\\ &=e^{rt}(e^{rt}+rte^{rt})-re^{rt}te^{rt}\\ &=e^{2rt}\ne0. \end{aligned}$$

所以 $\{e^{rt},te^{rt}\}$ 在 $\mathbb R$ 上构成 fundamental set。General solution 为

$$\boxed{y(t)=C_1e^{rt}+C_2te^{rt}=(C_1+C_2t)e^{rt}}.$$

特别地，方程 $y''-2y'+y=0$ 的 general solution 是 $y(t)=(C_1+C_2t)e^t$。

例：带 repeated root 的 initial value problem

求解

$$y''-y'+\frac14y=0, \qquad y(0)=2, \qquad y'(0)=\frac13.$$

Characteristic polynomial 可以 factorize 为

$$r^2-r+\frac14=\left(r-\frac12\right)^2,$$

所以 repeated root 是 $r=1/2$。General solution 及其 derivative 为

$$\begin{aligned} y(t)&=C_1e^{t/2}+C_2te^{t/2},\\ y'(t)&=\frac{C_1}{2}e^{t/2} +C_2e^{t/2}+\frac{C_2}{2}te^{t/2}. \end{aligned}$$

起始值先确定 $C_1$，再用 slope 确定 $C_2$：

$$C_1=2, \qquad \frac{C_1}{2}+C_2=\frac13, \qquad C_2=-\frac23.$$

于是 unique solution 为

$$\boxed{y(t)=\left(2-\frac23t\right)e^{t/2}}.$$

虽然 $e^{t/2}$ 会增长，但前面的因子会改变正负。求 derivative 可以看清整体变化：

$$y'(t)=\frac{1-t}{3}e^{t/2}.$$

对于 $t\ge0$，solution 在 $t=1$ 之前上升，之后下降，并在 $t=3$ 处穿过零。

如果保留 $y(0)=2$，但把 initial slope 改成 $y'(0)=2$，常数就改为满足 $C_1=2$ 和 $1+C_2=2$。这给出

$$y(t)=(2+t)e^{t/2},$$

它在 $t\ge0$ 时一直增长。两条曲线满足同一个 ODE，也从同一个点出发；第二个 initial condition 决定我们得到哪一条。

$y'(0)=\frac13$$y=\left(2-\frac23t\right)e^{t/2}$

$y'(0)=2$$y=(2+t)e^{t/2}$

选择合适的一对 solutions

对于 real constant coefficients 且 $a\ne0$ 的 $ay''+by'+cy=0$，三种 characteristic-root 情形分别给出以下 fundamental sets：

每种情形都先组合成 $y=C_1y_1+C_2y_2$，再用 initial value 和 initial slope 求出常数。

Variable coefficients 下的 reduction of order

即使 coefficients 不是常数，同一个 substitution 仍然有效。考虑

$$y''+p(t)y'+q(t)y=0,$$

其中 $p$、$q$ 在 open interval $I$ 上 continuous。假设已知一个 solution $y_1$。由于接下来要除以它，应在 $y_1(t)\ne0$ 的 interval 上操作。如果已知 solution 有零点，就选择避开该零点的较小 interval，不能直接除过去。

仍令 $y_2=vy_1$。利用前面的 product-rule derivatives，得到

$$y_1v''+\bigl(2y_1'+p(t)y_1\bigr)v' +\bigl(y_1''+p(t)y_1'+q(t)y_1\bigr)v=0.$$

因为 $y_1$ 满足原方程，最后一个括号为零，于是

$$y_1v''+\bigl(2y_1'+p(t)y_1\bigr)v'=0.$$

令 $w=v'$，并除以 $y_1$：

$$\boxed{w'+\left(2\frac{y_1'}{y_1}+p(t)\right)w=0}.$$

这是关于 $w$ 的 first-order linear equation，同时也是 separable equation。与 repeated-root 的情形不同，$w$ 的系数不一定为零。

先求出 $w$，再 integrate $v'=w$，最后乘以 $y_1$。在 $v$ 中加一个常数，只会给结果增加一个 $y_1$ 的倍数，因此选择第二个 solution 时可以把这个常数设为零。$w=0$ 也只会得到 $y_1$ 的倍数；要得到 independent solution，应选择一个 nonzero solution $w$。

例：寻找第二个 power-function solution

考虑

$$y''+\frac{3}{2t}y'-\frac{1}{2t^2}y=0, \qquad t>0.$$

已知 $y_1(t)=1/t$。先检查它是否确实满足方程：

$$y_1'=-\frac{1}{t^2}, \qquad y_1''=\frac{2}{t^3},$$

因此

$$y_1''+\frac{3}{2t}y_1'-\frac{1}{2t^2}y_1 =\frac{2}{t^3}-\frac{3}{2t^3}-\frac{1}{2t^3}=0.$$

这里 $p(t)=3/(2t)$，且 $y_1$ 在 $(0,\infty)$ 上不为零。代入 $w=v'$ 所满足的方程：

$$\frac1t w' +\left(-\frac{2}{t^2}+\frac{3}{2t^2}\right)w=0.$$

乘以 $t$ 并整理：

$$w'-\frac{1}{2t}w=0.$$

我们要找 nonzero solution，所以可以 separate variables 后 integrate：

$$\frac{dw}{w}=\frac{dt}{2t}, \qquad \ln|w|=\frac12\ln t+C.$$

Absolute value 允许 $w$ 取正值或负值。因为 $t>0$，$t$ 外面不需要 absolute value。两边取 exponential，并把正负号并入常数 $K$，得到

$$w(t)=Kt^{1/2}.$$

这一步只有一个常数。Integrate $v'=w$ 时，第二个常数才会出现：

$$v(t)=\frac{2K}{3}t^{3/2}+B.$$

所以

$$v(t)y_1(t) =\left(\frac{2K}{3}t^{3/2}+B\right)\frac1t =\frac{2K}{3}t^{1/2}+\frac Bt.$$

$B/t$ 已经是 $y_1$ 的倍数。选择 $B=0$ 和 $K=\frac32$，便得到一个形式简洁的第二个 solution：

$$y_2(t)=t^{1/2}.$$

选择任何其他非零 $K$，只会把这个 solution 乘上不同常数。Wronskian 可以确认 independence：

$$\begin{aligned} W[y_1,y_2](t) &=\begin{vmatrix} t^{-1}&t^{1/2}\\ -t^{-2}&\frac12t^{-1/2} \end{vmatrix}\\ &=\frac12t^{-3/2}+t^{-3/2}\\ &=\frac32t^{-3/2}\ne0, \qquad t>0. \end{aligned}$$

所以 $\{1/t,t^{1/2}\}$ 在 $(0,\infty)$ 上构成 fundamental set，且

$$\boxed{y(t)=\frac{C_1}{t}+C_2t^{1/2},\qquad t>0}.$$

关于 $w$ 的 first-order equation 的 zero solution 对应这组 solutions 中 $C_2=0$ 的部分，因此并没有丢失。Domain restriction 仍然不能省略，因为原方程的 coefficients 在 $t=0$ 处没有定义。

Nonhomogeneous equations

右侧不为零时会发生什么变化？考虑

$$y''+p(t)y'+q(t)y=g(t),$$

其中 $p$、$q$、$g$ 在 open interval $I$ 上 continuous。它的 associated homogeneous equation 保留同样的左侧，只把 forcing $g(t)$ 换成零：

$$y''+p(t)y'+q(t)y=0.$$

假设 $\{y_1,y_2\}$ 是这个 homogeneous equation 在 $I$ 上的 fundamental set of solutions。其 general solution 称为 complementary solution：

$$y_c(t)=C_1y_1(t)+C_2y_2(t).$$

Particular solution 记作 $y_p$，指满足 nonhomogeneous equation 的任意一个函数。它不必满足给定的 initial conditions；它的作用是在代入方程左侧后产生 forcing $g(t)$。

只要找到一个这样的 $y_p$，nonhomogeneous equation 的 general solution 就是

$$\boxed{y(t)=C_1y_1(t)+C_2y_2(t)+y_p(t)=y_c(t)+y_p(t)}, \qquad C_1,C_2\in\mathbb R.$$

$y_c$ 中的常数仍然负责匹配 initial value 和 slope。Particular solution 不会再增加一个 arbitrary constant。

为什么可以这样相加

使用 linear differential operator

$$L[u]=u''+p(t)u'+q(t)u.$$

$y$ 和 $y_p$ 都满足 $L[u]=g$，所以它们的差满足 homogeneous equation：

$$L[y-y_p]=L[y]-L[y_p]=g-g=0.$$

因为 $\{y_1,y_2\}$ 是 fundamental set，这个差一定能写成

$$y-y_p=C_1y_1+C_2y_2.$$

移项就得到前面的公式。反过来，在 $y_p$ 上加任何 complementary solution 也仍然满足方程，因为

$$L[y_c+y_p]=L[y_c]+L[y_p]=0+g=g.$$

这既证明了公式确实给出 solutions，也证明它包含 $I$ 上的每一个 solution。$y_p$ 可以有很多种选择，但任何两个 particular solutions 的差都是 homogeneous solution，所以它们给出的是同一个 general solution family。

求解 nonhomogeneous equation 可以分成以下步骤：

1. 先从 associated homogeneous equation 求出 complementary solution $y_c$。
2. 找到原方程的一个 particular solution $y_p$。
3. 相加得到 $y=y_c+y_p$。如果有 initial conditions，要代入这个完整的和，而不是只代入 $y_c$。

新增的工作是第二步：寻找 $y_p$。

Undetermined coefficients

对于 constant coefficients 的方程

$$ay''+by'+cy=g(t), \qquad a\ne0,$$

我们常能根据 $g(t)$ 的形式选出 $y_p$ 的 trial form。Method of undetermined coefficients 在 trial form 中放入未知常数，再通过 substitution 求出这些常数。

标准方法适用于由 polynomials、exponentials、sine 和 cosine 经有限次相加、相乘构成的 $g(t)$。这些函数反复求 derivative 后，仍然落在有限种同类项之中。配合 constant coefficients，代入 trial form 后就能得到关于未知常数的 algebraic equations。

下面的初步 trial forms 中，$\lambda$ 和 $\mu$ 是 forcing 中已知的 real constants，$A$ 和 $B$ 才是待求 coefficients：

Exponential 在 differentiation 后形式不变。Sine 和 cosine 则会相互转换，所以即使 forcing 只有其中一个，trial form 也要包含两个。

使用 trial form 之前，先检查 complementary solution。如果 trial form 本身已经是 homogeneous solution，代入后只会得到零，无法产生所需的非零 forcing，这时就必须调整 trial form。下面两个例子都没有这种重合。

与 $C_1$、$C_2$ 不同，particular-solution trial 中的 coefficients 不能任意取值，而是由方程确定。Variation of parameters 是另一种更一般的 particular-solution 方法，也能处理 variable coefficients，但它和这里的 coefficient matching 不是同一种方法。

例：exponential forcing

求解

$$y''-3y'-4y=3e^{2t}.$$

先找 complementary solution。Characteristic equation 为

$$r^2-3r-4=(r-4)(r+1)=0,$$

所以两个 distinct roots 是 $4$ 和 $-1$。因此

$$y_c(t)=C_1e^{4t}+C_2e^{-t}.$$

Forcing 是 $e^{2t}$ 的倍数，而这个函数并不是上述 homogeneous solutions 之一。尝试

$$y_p(t)=Ae^{2t}, \qquad y_p'(t)=2Ae^{2t}, \qquad y_p''(t)=4Ae^{2t}.$$

代入得到

$$\begin{aligned} y_p''-3y_p'-4y_p &=4Ae^{2t}-6Ae^{2t}-4Ae^{2t}\\ &=-6Ae^{2t}. \end{aligned}$$

结果必须等于 $3e^{2t}$。由于 exponential 永远不为零，

$$-6A=3, \qquad A=-\frac12.$$

因此

$$y_p(t)=-\frac12e^{2t},$$

General solution 为

$$\boxed{y(t)=C_1e^{4t}+C_2e^{-t}-\frac12e^{2t}}.$$

没有给定 initial conditions，所以 $C_1$、$C_2$ 保持任意。所有 coefficients 和 forcing 对 real $t$ 都 continuous，因此这组 solutions 在 $\mathbb R$ 上有效。

例：trigonometric forcing

现在只改变 forcing：

$$y''-3y'-4y=2\sin t.$$

Associated homogeneous equation 没变，所以 complementary solution 也不变：

$$y_c(t)=C_1e^{4t}+C_2e^{-t}.$$

寻找 particular solution 时，同时包含 sine 和 cosine：

$$\begin{aligned} y_p(t)&=A\sin t+B\cos t,\\ y_p'(t)&=A\cos t-B\sin t,\\ y_p''(t)&=-A\sin t-B\cos t. \end{aligned}$$

代入 ODE，并合并同类项：

$$\begin{aligned} y_p''-3y_p'-4y_p &=(-A\sin t-B\cos t)\\ &\quad-3(A\cos t-B\sin t)\\ &\quad-4(A\sin t+B\cos t)\\ &=(-5A+3B)\sin t+(-3A-5B)\cos t. \end{aligned}$$

我们需要下面的等式对每个 $t$ 都成立：

$$(-5A+3B)\sin t+(-3A-5B)\cos t=2\sin t.$$

Sine 和 cosine 是 linearly independent 的，所以可以比较各自的 coefficients。右侧的 sine coefficient 是 $2$，cosine coefficient 是 $0$：

$$\begin{cases} -5A+3B=2,\\ -3A-5B=0. \end{cases}$$

第二个等式给出 $B=-3A/5$。把它放回第一个等式：

$$-5A-\frac95A=2 \quad\Longrightarrow\quad -\frac{34}{5}A=2.$$

所以

$$A=-\frac5{17}, \qquad B=\frac3{17},$$

得到一个 particular solution：

$$y_p(t)=-\frac5{17}\sin t+\frac3{17}\cos t.$$

加上 complementary solution，便得到对所有 real $t$ 都有效的 general solution：

$$\boxed{ y(t)=C_1e^{4t}+C_2e^{-t} -\frac5{17}\sin t+\frac3{17}\cos t }.$$

检查这些 coefficients：$-5A+3B=2$，$-3A-5B=0$，所以左侧恰好为 $2\sin t$，没有多出的 cosine 项。

Trial form 必须包含哪些项

匹配 forcing 时，要包含 differentiation 可能产生的所有类型的项，而不只是照抄右侧已经出现的项。

• 若 $g(t)=t^2+7$，先取 $y_p=At^2+Bt+C$。虽然 forcing 没有 linear term，但 quadratic term 求 derivative 会产生 linear term，因此 trial form 仍然需要 $Bt$。
• 若 $g(t)=-8e^t\cos(2t)$，先取 $y_p=e^t\bigl(A\cos(2t)+B\sin(2t)\bigr)$。Differentiation 会使两个 trigonometric functions 混合，同时保留 exponential 因子。
• 若 $g(t)=7te^t\sin(8t)$，先取

$$y_p=e^t\bigl[(A+Ct)\sin(8t)+(B+Dt)\cos(8t)\bigr].$$

最后一个 trial 中，每个 trigonometric function 前面都需要一个常数项和一个含 $t$ 的项，因为 $t$ 求 derivative 后会产生常数。三个例子中的大写字母都是未知常数。如果 trial form 与 complementary solution 重合，仍可能需要额外乘一个因子。

把 forcing 的和拆开处理

Linearity 允许我们分开寻找 particular solutions。对于同一个 operator $L[y]=ay''+by'+cy$，假设

$$L[y_{p,1}]=g_1, \qquad L[y_{p,2}]=g_2.$$

下标区分两个 particular solutions，每个分别对应一个 forcing term。它们的和满足

$$L[y_{p,1}+y_{p,2}]=g_1+g_2.$$

这里并不是说 solutions 任意相加后还能保持原来的 forcing；forcing terms 也跟着相加了。

例如，考虑

$$y''-3y'-4y=3e^{2t}+2\sin t.$$

前两个例子已经完成 coefficient matching。直接把它们的 particular solutions 相加：

$$y_p(t)=-\frac12e^{2t}-\frac5{17}\sin t+\frac3{17}\cos t.$$

Complementary solution 不变，因此 general solution 为

$$\boxed{ y(t)=C_1e^{4t}+C_2e^{-t} -\frac12e^{2t}-\frac5{17}\sin t+\frac3{17}\cos t }.$$

Undetermined coefficients 中的 resonance

如果 trial form 已经是 homogeneous solution，那么不论 coefficient 取什么值，differential operator 都会把它变成零。再怎么 matching coefficients，也不可能产生非零 forcing。在 undetermined coefficients 中，这种重合称为 resonance。

例：simple characteristic root

求解

$$y''-y=7e^t.$$

最初的 trial $y_p=Ae^t$ 不适用，因为

$$y_p''-y_p=Ae^t-Ae^t=0\ne7e^t.$$

问题在 trial form，并不是方程没有 solution。Associated homogeneous equation 是 $y''-y=0$，其 characteristic equation 为

$$r^2-1=(r-1)(r+1)=0.$$

因此

$$y_c(t)=C_1e^{-t}+C_2e^t.$$

$e^t$ 已经包含在这组 solutions 中。把 trial form 乘以 $t$，就得到不同的函数：

$$\begin{aligned} y_p(t)&=Ate^t,\\ y_p'(t)&=A(1+t)e^t,\\ y_p''(t)&=A(2+t)e^t. \end{aligned}$$

这次 $te^t$ 项抵消后，还会留下一个非零 exponential 项：

$$y_p''-y_p=2Ae^t=7e^t.$$

因此 $A=7/2$，所以

$$y_p(t)=\frac72te^t.$$

加上 complementary solution，得到

$$\boxed{y(t)=C_1e^{-t}+C_2e^t+\frac72te^t}.$$

例：repeated characteristic root

只乘一个 $t$ 并不总是够用。考虑

$$y''-2y'+y=7e^t.$$

Characteristic equation 为

$$r^2-2r+1=(r-1)^2=0,$$

因此 $1$ 是 double root，且

$$y_c(t)=(C_1+C_2t)e^t.$$

$Ae^t$ 和 $Ate^t$ 都是 homogeneous solutions，两者代入左侧都会得到零。继续增加时间因子的次方，首个避开这两个函数的 trial 是

$$y_p(t)=At^2e^t.$$

求 derivative 并代入：

$$\begin{aligned} y_p'&=A(t^2+2t)e^t,\\ y_p''&=A(t^2+4t+2)e^t,\\ y_p''-2y_p'+y_p &=Ae^t\bigl[(t^2+4t+2)-2(t^2+2t)+t^2\bigr]\\ &=2Ae^t. \end{aligned}$$

仍然得到 $2A=7$，所以

$$y_p(t)=\frac72t^2e^t,$$

从而

$$\boxed{y(t)=\left(C_1+C_2t+\frac72t^2\right)e^t}.$$

这两个 resonance 例子都对所有 real $t$ 有效。由于都没有给定 initial conditions，complementary solution 中的两个常数保持任意。

Trial-form 规则

需要乘多少次 $t$，由 characteristic root 的 multiplicity 决定，也就是该 root 在 characteristic polynomial 中出现的次数。不是 root 的数值，其 multiplicity 记为零。

设 $P_n(t)$ 是一个已知的 degree $n$ polynomial。令 $Q_n(t)$ 和 $R_n(t)$ 为 polynomials，从 $t^n$ 一直到常数项，每一项都带有各自独立的未知 coefficient。例如，

$$Q_n(t)=A_nt^n+A_{n-1}t^{n-1}+\cdots+A_0.$$

下面的 $\alpha$ 和 $\beta$ 是 forcing 中已知的 real constants。Trigonometric 那一行要求 $\beta\ne0$。指数 $s$ 是最后一列所列 root 的 multiplicity。对于 constant coefficients 且 $a\ne0$ 的 $ay''+by'+cy=g(t)$：

$s$ 是消除与 homogeneous solution space 重合所需的最小 nonnegative integer。对于 second-order equation，它只能是 $0$、$1$ 或 $2$；real quadratic 的 nonreal root 只能是 simple root。要把整个 trial 乘以 $t^s$，不能只乘其中一项。

这也解释了前两个例子：$1$ 是 $r^2-1$ 的 simple root，所以用 $te^t$；它是 $(r-1)^2$ 的 double root，所以用 $t^2e^t$。如果 forcing 是若干部分的和，就为各部分选合适的 trial，再把求出的 particular solutions 相加。

Variation of parameters

Undetermined coefficients 利用的是一组在 differentiation 后仍不超出其范围的函数。Variation of parameters 则从两个已知 homogeneous solutions 出发，把它们前面的常数换成未知函数。只要已知 homogeneous equation 的 fundamental set，这种方法就能处理更一般的 forcing，也适用于 variable coefficients。

考虑 normalized equation

$$y''+p(t)y'+q(t)y=g(t),$$

其中 $p$、$q$、$g$ 在 open interval $I$ 上 continuous。设 $\{y_1,y_2\}$ 是 associated homogeneous equation 在 $I$ 上的 fundamental set。把其 Wronskian 记作

$$W(t)=y_1(t)y_2'(t)-y_1'(t)y_2(t)\ne0, \qquad t\in I.$$

这里一定要先 normalize。如果原方程是 $a_2(t)y''+a_1(t)y'+a_0(t)y=h(t)$，应在 $a_2(t)$ 不为零的 interval 上除以它。这个方法中使用的 forcing 是 $g=h/a_2$，不是原来的 $h$。

选择两个未知函数

保留已知函数 $y_1$、$y_2$，但把它们前面的常数换成未知函数 $u_1$、$u_2$。寻找形如下面的 particular solution：

$$y_p(t)=u_1(t)y_1(t)+u_2(t)y_2(t).$$

Product rule 给出

$$y_p'=u_1'y_1+u_1y_1'+u_2'y_2+u_2y_2'.$$

为了构造一个 solution，我们引入了两个未知函数，可以利用这份自由度加一个 auxiliary condition，让第一项和第三项抵消：

$$\boxed{y_1u_1'+y_2u_2'=0}.$$

这是构造时主动选择的条件，不是任意 $u_1,u_2$ 都满足的 identity。这样就剩下

$$y_p'=u_1y_1'+u_2y_2',$$

再求一次 derivative，得到

$$y_p''=u_1'y_1'+u_1y_1''+u_2'y_2'+u_2y_2''.$$

这样做的好处是，式子中不会出现 $u_1$ 或 $u_2$ 的 second derivatives。把这些表达式代入 nonhomogeneous equation，按未知函数整理：

$$\begin{aligned} y_p''+py_p'+qy_p &=u_1\bigl(y_1''+py_1'+qy_1\bigr)\\ &\quad+u_2\bigl(y_2''+py_2'+qy_2\bigr)\\ &\quad+u_1'y_1'+u_2'y_2'. \end{aligned}$$

由于 $y_1$、$y_2$ 都满足 homogeneous equation，两个括号都为零。要产生所需的 forcing，剩下的项必须满足

$$\boxed{y_1'u_1'+y_2'u_2'=g(t)}.$$

联立求解两个条件

Auxiliary condition 与 ODE 一起给出了关于 $u_1'$、$u_2'$ 的 linear system：

$$\begin{pmatrix} y_1&y_2\\ y_1'&y_2' \end{pmatrix} \begin{pmatrix} u_1'\\ u_2' \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\ g \end{pmatrix}.$$

方程组里的所有函数都在同一个 $t$ 处取值。Coefficient matrix 的 determinant 是 $W(t)$，它在 $I$ 上不为零。因此 inverse matrix 为

$$\begin{pmatrix} y_1&y_2\\ y_1'&y_2' \end{pmatrix}^{-1} = \frac1{W(t)} \begin{pmatrix} y_2'&-y_2\\ -y_1'&y_1 \end{pmatrix}.$$

乘以元素为 $0$、$g$ 的列，得到

$$\boxed{ u_1'=-\frac{y_2g}{W}, \qquad u_2'=\frac{y_1g}{W} }.$$

第一个公式的负号来自 inverse matrix 右上角的元素。两个公式中，Wronskian 都必须保持同一个顺序 $W[y_1,y_2]$。

Integrate 后，就能选出一组函数：

$$u_1(t)=-\int\frac{y_2(t)g(t)}{W(t)}\,dt, \qquad u_2(t)=\int\frac{y_1(t)g(t)}{W(t)}\,dt.$$

Integration constants 可以省略：在 $u_1,u_2$ 中加入常数 $k_1,k_2$，只会让 $y_p$ 多出 $k_1y_1+k_2y_2$，这些项已经包含在 complementary solution 中。在 $I$ 上任取相应的 antiderivatives，就能得到一个 particular solution。

General solution

把 $u_1$、$u_2$ 放回 $y_p=u_1y_1+u_2y_2$：

$$\boxed{ \begin{aligned} y_p(t) &=-y_1(t)\int\frac{y_2(t)g(t)}{W(t)}\,dt\\ &\quad+y_2(t)\int\frac{y_1(t)g(t)}{W(t)}\,dt. \end{aligned} }$$

前面的两个条件保证这个函数满足 nonhomogeneous equation。$I$ 上的 general solution 是

$$\boxed{ \begin{aligned} y(t) &=C_1y_1(t)+C_2y_2(t)\\ &\quad-y_1(t)\int\frac{y_2(t)g(t)}{W(t)}\,dt\\ &\quad+y_2(t)\int\frac{y_1(t)g(t)}{W(t)}\,dt, \end{aligned} }$$

其中 $C_1,C_2\in\mathbb R$。如果有 initial conditions，应代入完整 solution。Variation of parameters 不需要猜 trial family 就能给出这些 integrals，但它们未必有 elementary antiderivatives。

也可以固定一个 $t_0\in I$，把它作为两个 integrals 的共同下限，再合并为

$$y_p(t)=\int_{t_0}^t \frac{y_1(s)y_2(t)-y_1(t)y_2(s)}{W(s)}g(s)\,ds.$$

这里 $s$ 只是 integration variable，$t$ 才是要计算 solution 的时刻。这种写法满足 $y_p(t_0)=y_p'(t_0)=0$。即使 integral 无法进一步化简，它仍然是有效的 particular solution。

例：重新求解 resonant exponential forcing

再看 $y''-y=7e^t$，这次使用 variation of parameters，而不是修改 trial form。按下面的顺序选取两个 solutions：

$$y_1=e^t,\qquad y_2=e^{-t},\qquad W=-2.$$

由 $g(t)=7e^t$，得到

$$\begin{aligned} u_1&=-\int\frac{e^{-t}(7e^t)}{-2}\,dt=\frac72t,\\ u_2&=\int\frac{e^t(7e^t)}{-2}\,dt=-\frac74e^{2t}. \end{aligned}$$

分别乘以对应的 homogeneous solutions：

$$y_p=u_1y_1+u_2y_2=\frac72te^t-\frac74e^t.$$

最后一项本身就是 homogeneous solution。把它并入 $e^t$ 前面的 arbitrary coefficient，得到

$$\boxed{y(t)=C_1e^t+C_2e^{-t}+\frac72te^t},\qquad t\in\mathbb R.$$

这与 undetermined coefficients 得到的是同一个 solution family。Variation of parameters 通过 integration 自动产生所需的 $t$ 因子，不用事先猜出它。

例：tangent forcing

再考虑一个不属于通常 undetermined-coefficients 范围的 input：

$$y''+y=\tan t,\qquad -\frac\pi2<t<\frac\pi2.$$

两端不包含在 interval 中，因为 $\tan t$ 在那里没有定义。在这个 open interval 上，coefficients 和 forcing 都 continuous。Homogeneous equation 的 roots 是 $\pm i$，因此选取

$$y_1=\sin t,\qquad y_2=\cos t,\qquad W=\sin t(-\sin t)-\cos^2t=-1.$$

使用公式时保持这个顺序。第一个 integral 可以直接化简：

$$u_1=-\int\frac{\cos t\tan t}{-1}\,dt =\int\sin t\,dt=-\cos t.$$

第二个 integral 中，先用 $\sin^2t=1-\cos^2t$ 改写：

$$\begin{aligned} u_2&=\int\frac{\sin t\tan t}{-1}\,dt =-\int\frac{\sin^2t}{\cos t}\,dt\\ &=\int(\cos t-\sec t)\,dt\\ &=\sin t-\ln|\sec t+\tan t|. \end{aligned}$$

要检查 logarithm，只需求 derivative：$(\sec t+\tan t)'=\sec t(\sec t+\tan t)$，所以它的 logarithmic derivative 是 $\sec t$。

构造 particular solution 时，混合的 sine–cosine 项抵消：

$$\begin{aligned} y_p&=(-\cos t)\sin t +\bigl(\sin t-\ln|\sec t+\tan t|\bigr)\cos t\\ &=-\cos t\ln|\sec t+\tan t|. \end{aligned}$$

因此，指定 interval 上的 general solution 是

$$\boxed{y(t)=C_1\sin t+C_2\cos t-\cos t\ln|\sec t+\tan t|}.$$

还可以直接检查。令 $H(t)=\ln|\sec t+\tan t|$，由于 $H'=\sec t$，

$$y_p'=\sin t\,H-1,\qquad y_p''=\cos t\,H+\tan t,$$

所以 $y_p''+y_p=\tan t$，确实满足原方程。

如何选择 particular-solution 方法

如果 coefficients 是常数，forcing 由 polynomials、exponentials、sine、cosine 构成，可以用 undetermined coefficients。先检查与 homogeneous solutions 是否重合，再按需要把整个 trial 乘以相应次方的 $t$。

如果 forcing 更一般，或者 coefficients 随变量变化，而我们已知一对 fundamental homogeneous solutions，就可以用 variation of parameters。它不会替我们找出这对 solutions，最后的 integrals 也可能需要保留原样。

接下来把这些方法用于 mechanical vibrations 与 RLC circuits：这两个系统都能用同一种 second-order equation 描述。