二阶线性方程

特征方程为什么有效：它其实是特征值问题。

约 8 分钟

从一个问题开始

问题

一个带阻尼的振子有三种截然不同的行为：永远振荡、振荡衰减、不振荡地滑回原点。是什么决定了它振不振荡？

我们需要一种方法，把一个二阶微分方程变成一个代数问题，并解释为什么答案恰好分成三种情形。

观察

选"阻尼振子"： $x''+2\gamma x'+\omega^2x=0$ 。 $\gamma=0$ 时是永不衰减的正弦； $\gamma$ 略大于 $0$ 时振荡逐渐衰减； $\gamma$ 超过 $\omega$ 后不再振荡，直接滑回零。相图上，前两种是椭圆和向内的螺旋，第三种是直接奔向原点的曲线。

交互实验常微分方程数值解

方程

x'' + 2\gamma x' + \omega^2 x = 0

时间序列

相图

ω1.00

γ0.00

初值 x(0)1.50

初值 x′(0)0.00

步长 h0.250 · 48 步数

方法 Euler RK4 精确解Euler 终点误差: 3.1775RK4 终点误差: 4.10e-4

猜想

解的形状（振荡还是不振荡）由 $\gamma$ 与 $\omega$ 的关系决定，像是某个二次方程判别式的正负。而且解总是某种指数或指数乘三角函数——都是 $e^{rt}$ 的亲戚。也许试着代 $y=e^{rt}$ 进去，就能把微分方程变成代数方程。

定义

定义 3.1二阶常系数线性齐次方程

$y''+py'+qy=0,\qquad p,q\in\mathbb R.$

推导：特征方程

代入 $y=e^{rt}$ ： $y'=re^{rt}$ ， $y''=r^2e^{rt}$ ，得 $(r^2+pr+q)e^{rt}=0\iff r^2+pr+q=0.$

定义 3.2特征方程

$r^2+pr+q=0$ 称为方程的特征方程。

为什么叫"特征"方程？ 令 $v=\begin{pmatrix}y\\y'\end{pmatrix}$ ，则 $v'=\begin{pmatrix}y'\\y''\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&1\\-q&-p\end{pmatrix}v=:Av$ 。矩阵 $A$ 的特征多项式是 $\det(A-\lambda I)=\lambda^2+p\lambda+q.$ 特征方程就是 $A$ 的特征方程，字面意义上的。而 $Av=\lambda v$ 的特征向量 $v=(1,\lambda)$ 恰对应解 $y=e^{\lambda t}$ （此时 $y'=\lambda y$ ）。求解二阶线性方程 = 求一个 $2\times2$ 矩阵的特征值。

定理与证明

定理 3.1解空间是二维向量空间

$y''+py'+qy=0$ 的解构成一个二维实向量空间。

证明

线性性：若 $y_1,y_2$ 是解， $(ay_1+by_2)''+p(ay_1+by_2)'+q(ay_1+by_2)=a(\cdots)+b(\cdots)=0$ 。所以解集是函数空间的子空间。

维数：由存在唯一性定理（对系统 $v'=Av$ ），映射 $y\mapsto(y(0),y'(0))\in\mathbb R^2$ 是解空间到 $\mathbb R^2$ 的线性双射：单射因为初值相同的解相同，满射因为任何初值都有解。所以解空间同构于 $\mathbb R^2$ 。

因此只要找到两个线性无关的解 $y_1,y_2$ ，通解就是 $C_1y_1+C_2y_2$ 。

定理 3.2通解的三种情形

设特征方程的根为 $r_1,r_2$ ，判别式 $\Delta=p^2-4q$ 。

$\Delta>0$ ， $r_1\ne r_2$ 实： $y=C_1e^{r_1t}+C_2e^{r_2t}$ 。
$\Delta=0$ ， $r_1=r_2=r$ ： $y=(C_1+C_2t)e^{rt}$ 。
$\Delta<0$ ， $r=\alpha\pm i\beta$ ： $y=e^{\alpha t}(C_1\cos\beta t+C_2\sin\beta t)$ 。

证明

情形 1. $e^{r_1t},e^{r_2t}$ 都是解。线性无关：若 $ae^{r_1t}+be^{r_2t}\equiv0$ ，除以 $e^{r_1t}$ 得 $a+be^{(r_2-r_1)t}\equiv0$ ，求导得 $b(r_2-r_1)e^{(r_2-r_1)t}\equiv0$ ，故 $b=0$ ，进而 $a=0$ 。

情形 2. $r=-p/2$ 且 $q=r^2$ 。验证 $te^{rt}$ ： $(te^{rt})'=(1+rt)e^{rt}$ ， $(te^{rt})''=(2r+r^2t)e^{rt}$ ，代入得 $e^{rt}\bigl[2r+r^2t+p(1+rt)+qt\bigr]=e^{rt}\bigl[(2r+p)+(r^2+pr+q)t\bigr]=0$ ，因为 $2r+p=0$ 且 $r$ 是特征根。 $e^{rt}$ 与 $te^{rt}$ 显然无关。这是 $A$ 只有一个特征方向（如剪切）的情形：缺少的第二个解由 $t$ 补上。

情形 3. $e^{(\alpha+i\beta)t}=e^{\alpha t}(\cos\beta t+i\sin\beta t)$ （Euler 公式，见 Taylor 展开）是复解。方程系数为实，所以复解的实部与虚部各自是实解： $e^{\alpha t}\cos\beta t$ 与 $e^{\alpha t}\sin\beta t$ 。它们无关，因为 $\cos\beta t$ 与 $\sin\beta t$ 无关（ $\beta\ne0$ ）。

对阻尼振子 $p=2\gamma$ ， $q=\omega^2$ ， $\Delta=4(\gamma^2-\omega^2)$ ： $\gamma<\omega$ 欠阻尼（振荡衰减）， $\gamma=\omega$ 临界， $\gamma>\omega$ 过阻尼。正是实验里看到的三种行为。

例 3.1

$y''+4y=0$ ： $r^2+4=0$ ， $r=\pm2i$ ， $y=C_1\cos2t+C_2\sin2t$ 。

$y''-3y'+2y=0$ ： $r^2-3r+2=(r-1)(r-2)$ ， $y=C_1e^t+C_2e^{2t}$ 。

常见错误

重根 $r$ 时第二个解是 $te^{rt}$ ，不是另一个 $e^{rt}$ ：两个成比例的解只张成一维，凑不齐二维解空间。复根时通解写成 $e^{\alpha t}(C_1\cos\beta t+C_2\sin\beta t)$ ，其中 $\beta$ 是虚部，不是 $\alpha^2+\beta^2$ 之类的量。

应用

应用非齐次方程

$y''+py'+qy=g(t)$ 的通解 $=$ 齐次通解 $+$ 一个特解，证明与一阶线性方程完全相同。受迫振动 $x''+\omega^2x=F\cos\Omega t$ 在 $\Omega\to\omega$ 时特解振幅趋于无穷：共振。

应用为什么线性代数管这么宽

$n$ 阶常系数线性方程 $\iff$ $n\times n$ 矩阵的特征值问题；解空间是 $n$ 维向量空间；非齐次解集是它的平移。物理里的振动模态、电路里的 RLC 响应，本质上都是在做对角化。

注

教科书通常先给"特征方程"这个名字，再让你背三种情形。这里的顺序反过来：先看到三种行为，再猜 $e^{rt}$ ，再发现"特征方程"真的是矩阵的特征方程。名字不是巧合，而是同一个数学对象在两个领域的两副面孔。

练习

y''-3y'+2y=0

的特征方程较大的根是多少？

y''+4y=0

的通解是？