[微分方程] 二階常係數線性齊次微分方程 - 謝宗翰的隨筆

其中p,q∈R。

讀者可注意到我們仍處在線性ODE 的世界，亦即對y,y′ 與y″ 皆線性。

我們的目標是要對上述ODE 就進行求解，亦即要找到某函數ϕ(t) 對t∈(−∞,∞) ... 跳到主要內容 [微分方程]二階常係數線性齊次微分方程 4月01,2016 首先回憶標準二階微分方程(2ndODE)可表為 \[ y''=f(t,y',y'') \]現在我們考慮上述方程的一類重要的子集：二階線性常係數齊次微分方程(2ndOrderLinearConstantCoefficientHomogeneousOrdinaryDifferentialEquation)，該子集的方程一般可寫作 \[ y'' +py' +qy=0,\;\;\;\;-\infty4q$，則$z_{1,2}$為實數且相異 Case2:$p^2<4q$，則$z_{1,2}$為一對共軛複數 Case3:$p^2=4q$，則$z_1=z_2$（重根） 以下我們分別針對此三種情況來求出我們對二街常係數齊次ODE所需要的線性獨立解$\phi_1$與$\phi_2$： 對於Case1，我們有$\phi_1(t)=e^{z_1t}$且$\phi_2(t)=e^{z_2t}$且$z_1\neqz_2$，故我們檢驗Wronskian \[\begin{array}{l} \Delta\left({{t_0}}\right)=\left|{\begin{array}{*{20}{c}} {{\phi_1}\left({{t_0}}\right)}&{{\phi_2}\left({{t_0}}\right)}\\ {{\phi_1}'\left({{t_0}}\right)}&{{\phi_2}'\left({{t_0}}\right)} \end{array}}\right|\\  \Rightarrow\Delta\left({{t_0}}\right)=\left|{\begin{array}{*{20}{c}} {{e^{{z_1}{t_0}}}}&{{e^{{z_2}{t_0}}}}\\ {{z_1}{e^{{z_1}{t_0}}}}&{{z_2}{e^{{z_2}{t_0}}}} \end{array}}\right|\\  \Rightarrow\Delta\left({{t_0}}\right)=\left({{z_2}-{z_1}}\right){e^{{z_1}{t_0}}}{e^{{z_2}{t_0}}} \end{array} \]由於$z_1\neqz_2$且$e^{(z_1+z_2)t_0}$永遠不為零，則$\Delta(t_0)\neq0$對任意$t_0\in(-\infty,\infty)$，故對於Case1，建構線性組合 \[ \phi(t):=c_1\phi_1(t) +c_2\phi_2(t),\;\;\;\;t\in(-\infty,\infty) \]且此即為我們的generalsolution。

同理，對於Case2，此時 \[{z_{1,2}}=\frac{{-p\pmi\sqrt{4q-{p^2}}}}{2}\]故我們檢驗Wronskian \[\begin{array}{*{20}{l}} {\Delta\left({{t_0}}\right)=\left|{\begin{array}{*{20}{c}} {{\phi_1}\left({{t_0}}\right)}&{{\phi_2}\left({{t_0}}\right)}\\ {{\phi_1}^\prime\left({{t_0}}\right)}&{{\phi_2}^\prime\left({{t_0}}\right)} \end{array}}\right|}\\ {\Rightarrow\Delta\left({{t_0}}\right)=\left|{\begin{array}{*{20}{c}} {{e^{{z_1}{t_0}}}}&{{e^{{z_2}{t_0}}}}\\ {{z_1}{e^{{z_1}{t_0}}}}&{{z_2}{e^{{z_2}{t_0}}}} \end{array}}\right|}\\ \begin{array}{l} \begin{array}{*{20}{c}} {}&{} \end{array}=\left({{z_2}-{z_1}}\right){e^{\left({{z_1}+{z_2}}\right){t_0}}}\\ \begin{array}{*{20}{c}} {}&{} \end{array}=\left({\frac{{-p+i\sqrt{4q-{p^2}}}}{2}-\frac{{-p-i\sqrt{4q-{p^2}}}}{2}}\right){e^{\left({\frac{{-p+i\sqrt{4q-{p^2}}}}{2}+\frac{{-p-i\sqrt{4q-{p^2}}}}{2}}\right){t_0}}}\\ \begin{array}{*{20}{c}} {}&{} \end{array}=\left({i\sqrt{4q-{p^2}}}\right){e^{\left({-2p}\right){t_0}}}\ne0 \end{array} \end{array}\]故對於Case2，我們亦可建構線性組合 \[ \begin{array}{l} \phi(t):={c_1}{\phi_1}(t)+{c_2}{\phi_2}(t)\\  \Rightarrow\phi(t)={c_1}{e^{{z_1}{t_0}}}+{c_2}{e^{{z_2}{t_0}}} \end{array} \]其中 \[{z_{1,2}}=\frac{{-p\pmi\sqrt{4q-{p^2}}}}{2} \]此即為我們的generalsolution。

對於Case3，我們陷入重根的情況，此時$z_1=z_2=-p/2$，也就是說我們僅有一解 \[ \phi_1(t) =e^{z_1t}=e^{-(p/2)t} \]但我們知道對於二階ODE要構成完整的解空間，需要兩組線性獨立解，故我們需要再找出一組解與其$\phi_1(t)$線性獨立。

故我們猜測有一待定函數$w(t)$使得 \[ \phi_2(t):=e^{z_2t}w(t)=e^{} \]亦為對二皆ODE之一解，則$\phi_2$滿足 \[ \phi_2'' +p\phi_2'+q\phi_2=0 ,\;\;\;t\in(-\infty,\infty) \]此表示 \[ \begin{array}{l} {\phi_2}^{\prime\prime}+p{\phi_2}^\prime +q{\phi_2}=0\\  \Rightarrow{\left({{e^{{z_2}t}}w(t)}\right)^{\prime\prime}}+p{\left({{e^{{z_2}t}}w(t)}\right)^\prime}+q\left({{e^{{z_2}t}}w(t)}\right)=0\\  \Rightarrow\left({{z_2}^{}w'(t)+w''\left(t\right)}\right){e^{{z_2}t}}+{z_2}{e^{{z_2}t}}\left({{z_2}^{}w(t)+w'\left(t\right)}\right)\\ \begin{array}{*{20}{c}} {}&{} \end{array}+p\left({{z_2}{e^{{z_2}t}}w(t)+w'\left(t\right){e^{{z_2}t}}}\right)+q\left({{e^{{z_2}t}}w(t)}\right)=0\\  \Rightarrow\left[{w''\left(t\right)+\left({q-\frac{{{p^2}}}{4}}\right)w(t)}\right]{e^{-\frac{p}{2}t}}=0 \end{array}\]由於在Case3我們知道$p^2=4q$故上述條件退化成 \[\begin{array}{l} \left[{w''\left(t\right)+\underbrace{\left({q-\frac{{{p^2}}}{4}}\right)}_{=0}w(t)}\right]{e^{-\frac{p}{2}t}}=0\\  \Rightarroww''\left(t\right){e^{-\frac{p}{2}t}}=0 \end{array} \]但注意到$e^{-pt/2}\neq0$故我們要求$w''(t)=0$對任意$t\in(-\infty,\infty)$故我們僅需選擇$w(t)$使得$w''(t)=0$成立。

那麼不難發現可令$w(t)$為多項式形式，故我們猜測以下兩組$w(t)$作為候選： \[ w(t)=1\;\;\;w(t)=t \]但注意到若$w(t)=1$則我們的解$\phi_2(t)=e^{z_2t}w(t)= e^{z_2t}=\phi_1(t)$不符合線性獨立要求，故我們選$w(t)=t$則 $$ \phi_2(t):=e^{z_2t}w(t)= e^{z_2t}t=t\phi_1(t) $$現在我們檢驗Wronskian： \[\begin{array}{l} \Delta[{\phi_1},{\phi_2}]\left({{t_0}}\right)=\left|{\begin{array}{*{20}{c}} {{\phi_1}\left({{t_0}}\right)}&{{\phi_2}\left({{t_0}}\right)}\\ {{\phi_1}^\prime\left({{t_0}}\right)}&{{\phi_2}^\prime\left({{t_0}}\right)} \end{array}}\right|\\ \begin{array}{*{20}{c}} {}&{}&{} \end{array}=\left|{\begin{array}{*{20}{c}} {{e^{-pt/2}}}&{t{e^{-pt/2}}}\\ {\left({\frac{{-p}}{2}}\right){e^{-pt/2}}}&{{e^{-pt/2}}+\left({\frac{{-p}}{2}}\right)t{e^{-pt/2}}} \end{array}}\right|\\ \begin{array}{*{20}{c}} {}&{}&{} \end{array}={e^{-pt/2}}\left({{e^{-pt/2}}+t\left({\frac{{-p}}{2}}\right){e^{-pt/2}}}\right)-t{e^{-pt/2}}\left({\frac{{-p}}{2}}\right){e^{-pt/2}}\\ \begin{array}{*{20}{c}} {}&{}&{} \end{array}={e^{-pt}}\ne0 \end{array} \]故可知\[ \phi_2(t)=te^{-pt/2} \]確實為另一解，且此解與先前的$\phi_1$彼此線性獨立。

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事實上想法是這樣的：比如說現在想要比較兩個數字$3$,$5$之間的大小，則我們可以馬上知道$3<5$；同樣的，如果再考慮小數與無理數如$1.8753$與$\pi$，我們仍然可以比較大小$1.8753