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求通解的特征根法

## 3.2.2  求通解的特征根法
`例3.1` 求二阶齐次线性微分方程

$$
\frac{d^2 y}{d t^2}+5 \frac{d y}{d t}+6 y=0 ...(3.5)
$$

的通解及满足初始条件

$$
y(0)=2, \quad y^{\prime}(0)=-3
$$

的特解．
分析 例3．1可应用引理3．1化为相应线性微分方程组，然后应用特征值－特征向量的方法进行求解．然而线性微分方程 $d Y / d t= A Y$ 的解一般由 $e ^{\lambda t} V$ 的项所组成，其中 $\lambda$ 为 $A$ 的特征值，而 $V$ 为对应的特征向量．由此启发，试图寻求齐次方程（3．5）具有形式

$$
y(t)=e^{\lambda t}
$$

的解，其中 $\lambda$ 为待定的参数．
解 首先猜测齐次方程（3．5）的解具有形式

$$
y(t)=e^{\lambda t},
$$

其中参数 $\lambda$ 待定．将其代入式（3．5）得

$$
\frac{d^2 y}{d t^2}+5 \frac{d y}{d t}+6 y=\left(\lambda^2+5 \lambda+6\right) e^{\lambda t}=0
$$

由于对任意 $t, e ^{\lambda t} \neq 0$ ．因此，必有

$$
\lambda^2+5 \lambda+6=0 ...(3.6)
$$

由此得（3．6）的两个根 $\lambda_1=-2, \lambda_2=-3$ ．因此，$y_1(t)= e ^{-2 t}, y_2(t)= e ^{-3 t}$ 为齐次方程（3．5）的两个解．

设 $k_1, k_2$ 为常数，使得
$$
k_1 e^{-2 t}+k_2 e^{-3 t} \equiv 0 ...(3.7)
$$

将上式两端求导得

$$
-2 k_1 e^{-2 t}-3 k_2 e^{-3 t} \equiv 0 ...(3.8)
$$

在（3．7）与（3．8）中，令 $t=0$ 得

$$
\left\{\begin{array}{l}
k_1+k_2=0 \\
-2 k_1-3 k_2=0
\end{array}\right.
$$

由此得 $k_1=k_2=0$ ．因此， $e ^{-2 t}$ 与 $e ^{-3 t}$ 线性无关．由定理 3.1 知齐次方程（3．5）的通解为

$$
y(t)=k_1 e^{-2 t}+k_2 e^{-3 t}
$$

将上式两端求导得

$$
y^{\prime}(t)=-2 k_1 e^{-2 t}-3 k_2 e^{-3 t}
$$
在（3．9）及（3．10）中令 $t=0$ ，再利用初始条件得

$$
\left\{\begin{array}{l}
k_1+k_2=2 \\
-2 k_1-3 k_2=-3
\end{array}\right.
$$

于是得 $k_1=3, k_2=-1$ ．因此，初始问题特解为

$$
y(t)=3 e^{-2 t}-e^{-3 t}
$$

注记 方程（3．6）称为齐次微分方程（3．5）的特征方程，$\lambda_1=-2, \lambda_2=-3$ 为其特征根。此方法仅需求特征根，不需求特征向量，因此更为简单。

上述所用的方法，不仅限于特征方程具有不等实根的情形，对特征方程具有一对共轭复根的情形依然有效。然而，此时如想得到实值解还需借用欧拉公式。

`例3.2` 求二㻨齐次线性微分方程

$$
\frac{d^2 y}{d t^2}+2 \frac{d y}{d t}+5 y=0
$$

的实值通解．
分析 首先猜齐次方程（3．11）具有形为

$$
y(t)=e^{\lambda t}
$$
的复值解．将其代入方程（3．11）得特征方程

$$
\lambda^2+2 \lambda+5=0
$$

由此得特征根

$$
\lambda=\frac{-2 \pm \sqrt{4-20}}{2}=-1 \pm 2 i .
$$

因此可知

$$
y(t)=e^{(-1+2 i) t}
$$

为齐次方程（3．11）的复值解．由欧拉公式有

$$
\begin{aligned}
y(t) & =e^{(-1+2 i) t} \\
& =e^{-t}(\cos 2 t+i \sin 2 t) \\
& =e^{-t} \cos 2 t+ie^{-t} \sin 2 t .
\end{aligned}
$$

类似线性方程组的情形知由

$$
e^{-t} \cos 2 t, \quad e^{-t} \sin 2 t
$$

可得齐次方程（3．11）的两个实值解．
解 特征方程

$$
\lambda^2+2 \lambda+5=0 .
$$

具有复根

$$
\lambda=-1 \pm 2 i .
$$

因此，$y_1(t)= e ^{-t} \cos 2 t, y_2(t)= e ^{-t} \sin 2 t$ 为齐次方程的两个实值解．
为证 $y_1(t)$ 与 $y_2(t)$ 线性无关，令

$$
k_1 e^{-t} \cos 2 t+k_2 e^{-t} \sin 2 t \equiv 0 .
$$

对式（3．12）两端求导得

$$
-k_1 e^{-t} \cos 2 t-2 k_1 e^{-t} \sin 2 t+2 k_2 e^{-t} \cos 2 t-k_2 e^{-t} \sin 2 t \equiv 0 .
$$

在（3．12）与（3．13）中，令 $t=0$ 得 $k_1=k_2=0$ ．因此，$y_1(t)$ 与 $y_2(t)$ 线性无关，由线性原理知

$$
y(t)=k_1 e^{-t} \cos 2 t+k_2 e^{-t} \sin 2 t
$$

为实值通解．

下面讨论特征方程具有重根的情形．
`例3.3`求二阶齐次线性微分方程

$$
\frac{d^2 y}{d t^2}+4 \frac{d y}{d t}+4 y=0 ...(3.14)
$$

的通解．
分析 特征方程

$$
\lambda^2+4 \lambda+4=0
$$

有重根 $\lambda=-2$ ．因此，$y_1(t)= e ^{-2 t}$ 为齐次方程（3．14）的一个解．
如何得到另一个解？受 2．6．3 小节中具有重特征值的一阶二维线性方程组的通解形式（见定理 2．6）的启发，猜测

$$
y_2(t)=t e^{-2 t}
$$

将 $y_2(t)=t e ^{-2 t}$ 代入齐次方程（3．14）得

$$
\left\{\begin{array}{l}
\frac{d y_2}{d t}=e^{-2 t}-2 t e^{-2 t}=(1-2 t) e^{-2 t} \\
\frac{d^2 y_2}{d t^2}=-2 e^{-2 t}-2(1-2 t) e^{-2 t}=(-4+4 t) e^{-2 t}
\end{array}\right.
$$

于是
$$
\frac{d^2 y_2}{d t^2}+4 \frac{d y_2}{d t}+4 y_2=[(-4+4 t)+4(1-2 t)+4 t] e^{-2 t}=0
$$

因此，$y_2(t)=t e ^{-2 t}$ 为（3．14）的解．
解 由特征方程 $\lambda^2+4 \lambda+4=0$ 得二重根 $\lambda=-2$ ．于是，$y_1(t)= e ^{-2 t}$ 与 $y_2(t)=t e ^{-2 t}$ 为齐次方程（3．14）的两个解．设

$$
k_1 e^{-2 t}+k_2 t e^{-2 t} \equiv 0
$$

令 $t=0$ 得 $k_1=0$ ．再令 $t=1$ 得 $k_2=0$ ，于是 $e ^{-2 t}$ 与 $t e ^{-2 t}$ 线性无关．由定理 3.1知

$$
y(t)=k_1 e^{-2 t}+k_2 t e^{-2 t}
$$

为齐次方程（3．14）的通解。

## 二阶齐次线性微分方程的一般形式
下面讨论二阶齐次线性微分方程的一般形式

$$
\frac{d^2 y}{d t^2}+p \frac{d y}{d t}+q y=0 ...(3.15)
$$

其中 $p \geqslant 0, q>0$ ．
猜测 $y(t)= e ^{\lambda t}$ 为（3．15）的一个解．将其代入得

$$
\frac{d^2 y}{d t^2}+p \frac{d y}{d t}+q y=\left(\lambda^2+p \lambda+q\right) e^{\lambda t}=0
$$

由此得特征方程

$$
\lambda^2+p \lambda+q=0 ...(3.16)
$$

**下面分 4 种情形讨论**．
（1）$p=0$ ．此时有共轭复特征根 $\lambda= \pm \sqrt{q}$ ．设 $\omega=\sqrt{q}$ ，于是 $y_1(t)=\cos \omega t$ ， $y_2(t)=\sin \omega t$ 为齐次方程（3．15）当 $p=0$ 时的两个解．通解为

$$
y(t)=k_1 \cos \omega t+k_2 \sin \omega t ...(3.17)
$$

这是一个周期解，其周期 $T=\frac{2 \pi}{\omega}=\frac{2 \pi}{\sqrt{q}}$ ，而 $\nu=\frac{\sqrt{q}}{2 \pi}$ 为其自然频率。此时，简谐振动为无阻尼的振动．设 $v=\frac{ d y}{d t}$ ，则有

$$
\mathcal { Y } (t)=k_1\binom{\cos \omega t}{-\omega \sin \omega t}+k_2\binom{\sin \omega t}{\omega \cos \omega t} .
$$

令 $t=0$ 得

$$
Y (0)=\binom{k_1}{k_2 \omega}
$$

设 $A=\sqrt{k_1{ }^2+k_2{ }^2}, \varphi=\tan ^{-1} \frac{k_1}{k_2}$ ，则有

$$
\left\{\begin{array}{l}
y(t)=A \sin (\omega t+\varphi) \\
v(t)=A \omega \cos (\omega t+\varphi)
\end{array}\right.
$$

于是

$$
\frac{y^2}{A^2}+\frac{v^2}{(A \omega)^2}=1 ...(3.18)
$$

由此推测，在 $y v$ 相平面上，其轨线为从点 $\left(k_1, k_2 \omega\right)$ 开始，沿顺时针方向（其证明留作练习）环绕原点的椭圆（图 3．2）．因此，平衡点 $O$ 为中心．
 ![图片](/uploads/2025-06/834d48.jpg)
 
 （2）$p>0, p^2-4 q<0$ ．此时特征根为共轭复数

$$
\lambda=\frac{-p \pm i \sqrt{4 q-p^2}}{2}
$$

令 $\tau=\frac{p}{2}, \omega=\frac{\sqrt{4 q-p^2}}{2}$ ，则特征根之一为

$$
\lambda_1=-\tau+\omega i .
$$

于是齐次方程（3．15）的实值通解为

$$
y(t)=k_1 e^{-\tau t} \cos \omega t+k_2 e^{-\tau t} \sin \omega t
$$

再令 $A=\sqrt{k_1{ }^2+k_2{ }^2}, \varphi=\arctan \frac{k_1}{k_2}$ ，则

$$
y(t)=e^{-\tau t} A \sin (\omega t+\varphi) ...(3.19)
$$

这些解的周期为 $\frac{2 \pi}{\omega}=4 \pi / \sqrt{4 q-p^2}$ ，但其振幅随着时间的增长在逐渐减少．此时，简谐振动为小阻尼的振动，平衡点 $O$ 为螺旋汇，如图 3.3 所示．

![图片](/uploads/2025-06/761505.jpg)

（3）$p>0, p^2-4 q>0$ ．此时，特征根为不等的负实数

$$
\lambda_1=\frac{-p+\sqrt{p^2-4 q}}{2}, \quad \lambda_2=\frac{-p-\sqrt{p^2-4 q}}{2}
$$

则齐次方程（3．15）的通解为

$$
y(t)=k_1 e^{\lambda_1 t}+k_2 e^{\lambda_2 t}
$$

当 $t \rightarrow+\infty$ 时，$y(t) \rightarrow 0$ ．此时简谐振动为大阻尼的振动，在 $y v$ 平面上平衡点 $O$ 秢汇．因此，不会产生振动现象（见本章后面的部分）．

（4）$p>0, p^2-4 q=0$ ．此时的特征根为重根 $\lambda=-\frac{p}{2}<0$ ，齐次方程（3．15）的通解为

$$
y(t)=k_1 e^{\lambda t}+k_2 t e^{\lambda t}
$$

当 $t \rightarrow+\infty$ 时，$y(t) \rightarrow 0$ ．此时简谐振动为临界阻尼振动，所有的轨线趋向原点，并与特征向量所在的直线相切．平衡点 $O$ 为临界汇（见本章最后部分）．因此，如同大阻尼振动一样，不会产生振动。

## 3.2.3  定性分析的迹一行列式方法
二阶齐次线性微分方程

$$
\frac{d^2 y}{d t^2}+p \frac{d y}{d t}+q y=0
$$

的等价线性方程组的向量形式为

$$
\frac{d \mathcal { Y } }{d t}=\left(\begin{array}{cc}
0 & 1 \\
-q & -p
\end{array}\right) \mathcal { Y }
$$

其中 $\mathcal { Y } =( y , v )$ ．
矩阵 $A =\left(\begin{array}{cc}0 & 1 \\ -q & -p\end{array}\right)$ 的迹 $T=-p$ ，行列式 $D=q$ ．因此，其相图在迹－行列式平面上仅占第二象限（图 3．4）。

图中，
（1）$p=0$ ；
（2）$p>0, p^2-4 q<0$ ；
（3）$p>0, p^2-4 q>0$ ；
（4）$p>0, p^2-4 q=0$ ．

![图片](/uploads/2025-06/3b2c16.jpg)
图3．4 简谐振动方程的迹－行列式平面
由上面迹一行列式平面上的相图分布可以看出，在各种阻尼条件下，简谐振动方程在无强制力的条件下的相图结构．

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