首先回憶標準二階微分方程 (2nd ODE)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 (2nd Order Linear Constant Coefficient Homogeneous Ordinary Differential Equation) ，該子集的方程一般可寫作
\[
y'' + py' + q y = 0,\;\;\;\; -\infty < t < \infty \;\;\;\;\; (\star)
\]其中 $p, q \in \mathbb{R}$。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 $\phi(t)$ 對 $t \in (-\infty, \infty)$ 都滿足 $(\star)$ 。
Comments: 讀者也許會對於上述 $(\star)$ 為何稱之為 $y'' = f(t,y'=,y')$ 的一類子集感到疑惑，在此我們邀請讀者仔細檢查 $(\star)$，應可發現若令
\[
f(t,y,y') := -(py' + q y )
\] 則確實可看出 $(\star)$ 式 具有 標準二階 ODE 之形式。
以下定理給了我們一個重要的結果來界定 解的形式 與條件：
====================
Theorem: 令 $\phi_1(t)$ 與 $\phi_2(t)$ 在 $t \in (-\infty, \infty)$ 為對下列 二階微分方程的 IVP 問題：
\[
y'' + p y' + qy = 0, \;\;\;\; y(t_0) = y_0;\;\;\;\; y'(t_0) = v_0
\]的兩組解。則
(1) 對任意常數 $c_1,c_2 \in \mathbb{R}$ 其線性組合 $c_1 \phi_1(t) + c_2 \phi_2(t)$ 亦為上述ODE之解。
(2) 除此之外，若下列行列式函數
\[\Delta \left[ {{\phi _1},{\phi _2}} \right]\left( {{t_0}} \right) := \left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{{\phi _1}\left( {{t_0}} \right)}&{{\phi _2}\left( {{t_0}} \right)}\\
{{\phi _1}'\left( {{t_0}} \right)}&{{\phi _2}'\left( {{t_0}} \right)}
\end{array}} \right| \ne 0,\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}
\end{array}{t_0} \in \left( { - \infty ,\infty } \right)
\]則對 上述 ODE 的任意解 $\phi(t)$ 滿足以下條件：存在 $c_1, c_2 \in \mathbb{R}$ 使得
$$
\phi(t) = c_1 \phi_1(t) + c_2 \phi_2(t)
$$====================
Comments:
上述行列式條件一般稱為 Wronskian
\]上述最後一行等式成立因為我們利用了已知假設 $\phi_1(t)$ 與 $\phi_2(t)$ 在 $t \in (-\infty, \infty)$為對下列二階微分方程 $y'' + p y' + qy = 0$ 的解，亦即
\[\left\{ \begin{array}{l} {\phi _1}''(t) + p{\phi _1}'(t) + q{\phi _1}(t) = 0\\ {\phi _2}''(t) + p{\phi _2}'(t) + q{\phi _2}(t) = 0 \end{array} \right.\]
接著我們證 $(2)$，令 $\phi(t)$ 為上述 ODE 的任意解且固定時刻 $t_0 \in (-\infty, \infty)$，則我們可定義
\[
\phi(t_0) := y_0;\;\;\; \phi'(t_0)"=v_0
\]現在我們要證明存在 $c_1, c_2 \in \mathbb{R}$ 使得 $\phi(t) = c_1 \phi_1(t) + c_2 \phi_2(t)$。觀察若 $\phi \left( t \right) = {c_1}{\phi _1}\left( t \right) + {c_2}{\phi _2}\left( t \right)$ 則 $\phi '\left( t \right) = {c_1}{\phi _1}'\left( t \right) + {c_2}{\phi _2}'\left( t \right)$，故此我們可針對 任意時刻 $t_0$寫下
\[\left\{ \begin{array}{l}
\phi \left( {{t_0}} \right) = {c_1}{\phi _1}\left( {{t_0}} \right) + {c_2}{\phi _2}\left( {{t_0}} \right) = {y_0}\\
\phi '\left( {{t_0}} \right) = {c_1}{\phi _1}'\left( {{t_0}} \right) + {c_2}{\phi _2}'\left( {{t_0}} \right) = {v_0 }
\end{array} \right.\]亦即我們得到兩條線性方程且未知數為 $c_1,c_2$ 回憶高中數學，利用 Cramer Rule可知上述線性方程有 唯一解 若且唯若
\[ {c_1} = \frac{{\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{{y_0}}&{{\phi _2}\left( {{t_0}} \right)}\\
{{v_0}}&{{\phi _2}'\left( {{t_0}} \right)}
\end{array}} \right|}}{{\underbrace {\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{{\phi _1}\left( {{t_0}} \right)}&{{\phi _2}\left( {{t_0}} \right)}\\
{{\phi _1}'\left( {{t_0}} \right)}&{{\phi _2}'\left( {{t_0}} \right)}
\end{array}} \right|}_{ = \Delta [{\phi _1},{\phi _2}]\left( {{t_0}} \right)}}};{c_1} = \frac{{\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{{\phi _1}\left( {{t_0}} \right)}&{{y_0}}\\
{{\phi _1}'\left( {{t_0}} \right)}&{{v_0}}
\end{array}} \right|}}{{\underbrace {\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{{\phi _1}\left( {{t_0}} \right)}&{{\phi _2}\left( {{t_0}} \right)}\\
{{\phi _1}'\left( {{t_0}} \right)}&{{\phi _2}'\left( {{t_0}} \right)}
\end{array}} \right|}_{ = \Delta [{\phi _1},{\phi _2}]\left( {{t_0}} \right)}}}
\]注意到由假設前提可知，對任意 $t_0 \in (-\infty, \infty)$，我們有 $\Delta[\phi_1,\phi_2](t_0) \neq 0$。故我們取上述 $c_1, c_2$ 則任意解 $\phi$ 皆可表成\[
\phi(t) = c_1 \phi_1(t) + c_2 \phi_2(t)
\]且上述等式對任意 $t \in (-\infty, \infty)$ 成立且滿足初始條件。 $\square$
Comments:
1. 微分方程與線性代數彼此之間存在巨大的連結，比如說上述定理中我們先假設有兩解 $\phi_1, \phi_2$ 接著我們才說其他的解亦可透過此兩解做線性組合。所有滿足 ODE 的解所構成之集合稱之為解空間 (Solution Space) 。現在我們提供一個更簡潔(抽象)的觀點：若我們將微分看作算子(operator) ，亦即
\[\begin{array}{l}
y'' + py' + qy = 0\\
\Rightarrow \left( {\frac{{{d^2}}}{{d{t^2}}} + p\frac{d}{{dt}} + q} \right)\left( y \right) = 0\\
\Rightarrow L\left( y \right) = 0
\end{array}
\]則讀者可驗證微分算子 $L(\cdot)$ 為 線性算子，且其解空間
\[
\{\phi: L (\phi) = 0\}
\]空間等價為 線代中的零空間(Null Space)
2. 我們稱 $\phi_1, \phi_2$ 為在 $t \in (-\infty, \infty)$ 的一組解空間的 基底 ( basis) 若且唯若 $\Delta[\phi_1, \phi_2](t_0) \neq 0$ 對任意 $t_0 \in (-\infty, \infty)$，那麼該如何找到此兩解？我們要求此兩解滿足 Wronskian 行列式條件
\[
{\Delta [{\phi _1},{\phi _2}]\left( {{t_0}} \right)} \neq 0
\]事實上此條件等價說明 $\phi_1, \phi_2$ 彼此線性獨立。
3. 由於此系統為二階系統，我們僅需找到兩個彼此線性獨立的解 $\phi_1, \phi_2$，亦即 對任意 $p,q$ 且任意 $t_0 \in (-\infty, \infty)$，下列 Wronkian
\[\Delta \left( {{t_0}} \right): = \left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{{\phi _1}\left( {{t_0}} \right)}&{{\phi _2}\left( {{t_0}} \right)}\\
{{\phi _1}'\left( {{t_0}} \right)}&{{\phi _2}'\left( {{t_0}} \right)}
\end{array}} \right| \ne 0
\]
4. 在前述證明中，我們在最後需回頭驗證上述結果是否滿足初始條件 $y(t_0) = y_0, \; y'(t_0) = v_0$，且且我們稱 $\phi(t)$
$$
\phi(t) := c_1 \phi_1(t) + c_2 \phi_2(t),\;\;\; -\infty< t < \infty, \;\;c_1,c_2\in \mathbb{R}
$$ 為 general solution。
儘管我們有了前述定理的幫助，知道對任意二階ODE 我們要先找出兩組線性獨立解，則其餘所有可能的解可透過此兩組線性獨立解基底做線性組合而得，但我們還有一個問題尚待解決：也就是該如何事先找到此兩組線性獨立解 $\phi_1, \phi_2$？一個常用的辦法為 先猜出解的形式，再來決定 待定係數，我們將此法稱作 Guess Method：
透過 Guess Method 來找出 $\phi_1(t), \phi_2(t)$:
由於我們要求解的方程為 ODE ，故我們可猜測 $e^{zt}, \;\;\; t \in (-\infty, \infty)$ 為解候選 (solution candidate)，其中 $z$ 為待定常數 (注意到在此 $z$ 不一定要是實數，可以是複數)。則
\[\begin{array}{l}
y'' + py' + qy = 0\\
\Rightarrow {z^2}\left( {{e^{zt}}} \right) + pz\left( {{e^{zt}}} \right) + q\left( {{e^{zt}}} \right) = 0\\
\Rightarrow \left( {{z^2} + pz + q} \right){e^{zt}} = 0
\end{array}\]因此 $e^{zt}$ 為 $y''+p y' + qy=0$ 的解 若且唯若
\[
(z^2 + p z + q) e^{zt} = 0
\]因為 $e^{zt} \neq 0$ ，故充分必要條件可簡化成
\[
z^2 + p z + q =0
\]上述 等式 稱為 特性方程式 (Characteristic equation) 或者 輔助方程 (Auxiliary equation)，由於此特性方程為二次函數，回憶中學數學裡，我們可對其求根 $z$ 如下
\[
{z_{1,2}} = \frac{{ - p \pm \sqrt {{p^2} - 4q} }}{2}
\]注意到上述 $z$ 現在我們討論以下三種可能
Case 1: $p^2 > 4 q$，則 $z_{1,2}$ 為 實數 且 相異
Case 2: $p^2 < 4q$，則 $z_{1,2}$ 為一對共軛複數
Case 3: $p^2 = 4q$ ，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 Case 1，我們有 $\phi_1(t) = e^{z_1 t}$ 且 $\phi_2(t) = e^{z_2 t}$ 且 $z_1 \neq z_2$，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 $z_1 \neq z_2$ 且 $e^{(z_1 + z_2)t_0}$ 永遠不為零，則 $\Delta(t_0) \neq 0$ 對任意 $t_0 \in (-\infty, \infty)$ ，故對於 Case 1，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 general solution。
同理，對於 Case 2 ，此時
\[{z_{1,2}} = \frac{{ - p \pm i\sqrt {4q - {p^2}} }}{2}\]故我們檢驗 Wronskian
\[\begin{array}{*{20}{l}}
{\Delta \left( {{t_0}} \right) = \left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{{\phi _1}\left( {{t_0}} \right)}&{{\phi _2}\left( {{t_0}} \right)}\\
{{\phi _1}^\prime \left( {{t_0}} \right)}&{{\phi _2}^\prime \left( {{t_0}} \right)}
\end{array}} \right|}\\
{ \Rightarrow \Delta \left( {{t_0}} \right) = \left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{{e^{{z_1}{t_0}}}}&{{e^{{z_2}{t_0}}}}\\
{{z_1}{e^{{z_1}{t_0}}}}&{{z_2}{e^{{z_2}{t_0}}}}
\end{array}} \right|}\\
\begin{array}{l}
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}
\end{array} = \left( {{z_2} - {z_1}} \right){e^{\left( {{z_1} + {z_2}} \right){t_0}}}\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}
\end{array} = \left( {\frac{{ - p + i\sqrt {4q - {p^2}} }}{2} - \frac{{ - p - i\sqrt {4q - {p^2}} }}{2}} \right){e^{\left( {\frac{{ - p + i\sqrt {4q - {p^2}} }}{2} + \frac{{ - p - i\sqrt {4q - {p^2}} }}{2}} \right){t_0}}}\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}
\end{array} = \left( {i\sqrt {4q - {p^2}} } \right){e^{\left( { - 2p} \right){t_0}}} \ne 0
\end{array}
\end{array}\]故對於 Case 2，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 \[{z_{1,2}} = \frac{{ - p \pm i\sqrt {4q - {p^2}} }}{2}
\]此即為我們的 general solution。
對於 Case 3 ，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
\[
\phi_2(t) := e^{z_2 t} w(t) = e^{}
\]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 Case 3 我們知道 $p^2 = 4q$ 故上述條件退化成
\[\begin{array}{l}
\left[ {w''\left( t \right) + \underbrace {\left( {q - \frac{{{p^2}}}{4}} \right)}_{ = 0}w(t)} \right]{e^{ - \frac{p}{2}t}} = 0\\
\Rightarrow w''\left( t \right){e^{ - \frac{p}{2}t}} = 0
\end{array}
\]但注意到 $e^{-pt/2} \neq 0$ 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 $\phi_2(t) = e^{z_2 t} w(t) = e^{z_2 t} =\phi_1(t)$ 不符合線性獨立要求，故我們選 $w(t) = t$ 則
$$
\phi_2(t) := e^{z_2 t} w(t) = e^{z_2 t} t = t \phi_1(t)
$$ 現在我們檢驗 Wronskian：
\[\begin{array}{l}
\Delta [{\phi _1},{\phi _2}]\left( {{t_0}} \right) = \left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{{\phi _1}\left( {{t_0}} \right)}&{{\phi _2}\left( {{t_0}} \right)}\\
{{\phi _1}^\prime \left( {{t_0}} \right)}&{{\phi _2}^\prime \left( {{t_0}} \right)}
\end{array}} \right|\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}
\end{array} = \left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{{e^{ - pt/2}}}&{t{e^{ - pt/2}}}\\
{\left( {\frac{{ - p}}{2}} \right){e^{ - pt/2}}}&{{e^{ - pt/2}} + \left( {\frac{{ - p}}{2}} \right)t{e^{ - pt/2}}}
\end{array}} \right|\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}
\end{array} = {e^{ - pt/2}}\left( {{e^{ - pt/2}} + t\left( {\frac{{ - p}}{2}} \right){e^{ - pt/2}}} \right) - t{e^{ - pt/2}}\left( {\frac{{ - p}}{2}} \right){e^{ - pt/2}}\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}
\end{array} = {e^{ - pt}} \ne 0
\end{array}
\]故可知\[
\phi_2(t) = t e^{-pt/2}
\]確實為另一解，且此解與先前的 $\phi_1$ 彼此線性獨立。
\[
y'' = f(t,y',y'')
\]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 (2nd Order Linear Constant Coefficient Homogeneous Ordinary Differential Equation) ，該子集的方程一般可寫作
\[
y'' + py' + q y = 0,\;\;\;\; -\infty < t < \infty \;\;\;\;\; (\star)
\]其中 $p, q \in \mathbb{R}$。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 $\phi(t)$ 對 $t \in (-\infty, \infty)$ 都滿足 $(\star)$ 。
Comments: 讀者也許會對於上述 $(\star)$ 為何稱之為 $y'' = f(t,y'=,y')$ 的一類子集感到疑惑，在此我們邀請讀者仔細檢查 $(\star)$，應可發現若令
\[
f(t,y,y') := -(py' + q y )
\] 則確實可看出 $(\star)$ 式 具有 標準二階 ODE 之形式。
以下定理給了我們一個重要的結果來界定 解的形式 與條件：
====================
Theorem: 令 $\phi_1(t)$ 與 $\phi_2(t)$ 在 $t \in (-\infty, \infty)$ 為對下列 二階微分方程的 IVP 問題：
\[
y'' + p y' + qy = 0, \;\;\;\; y(t_0) = y_0;\;\;\;\; y'(t_0) = v_0
\]的兩組解。則
(1) 對任意常數 $c_1,c_2 \in \mathbb{R}$ 其線性組合 $c_1 \phi_1(t) + c_2 \phi_2(t)$ 亦為上述ODE之解。
(2) 除此之外，若下列行列式函數
\[\Delta \left[ {{\phi _1},{\phi _2}} \right]\left( {{t_0}} \right) := \left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{{\phi _1}\left( {{t_0}} \right)}&{{\phi _2}\left( {{t_0}} \right)}\\
{{\phi _1}'\left( {{t_0}} \right)}&{{\phi _2}'\left( {{t_0}} \right)}
\end{array}} \right| \ne 0,\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}
\end{array}{t_0} \in \left( { - \infty ,\infty } \right)
\]則對 上述 ODE 的任意解 $\phi(t)$ 滿足以下條件：存在 $c_1, c_2 \in \mathbb{R}$ 使得
$$
\phi(t) = c_1 \phi_1(t) + c_2 \phi_2(t)
$$====================
Comments:
上述行列式條件一般稱為 Wronskian
Proof:
令 $\phi_1(t)$ 與 $\phi_2(t)$ 在 $t \in (-\infty, \infty)$ 為對下列二階 ODE
\[
y''+ p y' + qy = 0
\]的解。首先證明則對任意常數 $c_1,c_2 \in \mathbb{R}$ 其線性組合 $c_1 \phi_1(t) + c_2 \phi_2(t)$ 亦為上述ODE之解。故給定任意常數 $c_1,c_2$，令\[
\phi(t) = c_1 \phi_1(t) + c_2 \phi_2(t)
\]
則我們僅需證明上式滿足 ODE，現在觀察
\[\begin{array}{l}
\phi '' + p\phi ' + q\phi \\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}
\end{array} = {\left( {{c_1}{\phi _1}(t) + {c_2}{\phi _2}(t)} \right)^{\prime \prime }} + p{\left( {{c_1}{\phi _1}(t) + {c_2}{\phi _2}(t)} \right)^\prime } + q\left( {{c_1}{\phi _1}(t) + {c_2}{\phi _2}(t)} \right)\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}
\end{array} = {c_1}\left( {{\phi _1}^{\prime \prime }(t) + p{\phi _1}^\prime (t) + q{\phi _1}(t)} \right) + {c_2}\left( {{\phi _2}^{\prime \prime }(t) + p{\phi _2}^\prime (t) + q{\phi _2}(t)} \right)\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}
\end{array}{c_1}\underbrace {\left( {{\phi _1}''(t) + p{\phi _1}'(t) + q{\phi _1}(t)} \right)}_{ = 0} + {c_2}\underbrace {\left( {{\phi _2}''(t) + p{\phi _2}'(t) + q{\phi _2}(t)} \right)}_{ = 0} = 0
\end{array}\]上述最後一行等式成立因為我們利用了已知假設 $\phi_1(t)$ 與 $\phi_2(t)$ 在 $t \in (-\infty, \infty)$為對下列二階微分方程 $y'' + p y' + qy = 0$ 的解，亦即
\[\left\{ \begin{array}{l} {\phi _1}''(t) + p{\phi _1}'(t) + q{\phi _1}(t) = 0\\ {\phi _2}''(t) + p{\phi _2}'(t) + q{\phi _2}(t) = 0 \end{array} \right.\]
\[
\phi(t_0) := y_0;\;\;\; \phi'(t_0)"=v_0
\]現在我們要證明存在 $c_1, c_2 \in \mathbb{R}$ 使得 $\phi(t) = c_1 \phi_1(t) + c_2 \phi_2(t)$。觀察若 $\phi \left( t \right) = {c_1}{\phi _1}\left( t \right) + {c_2}{\phi _2}\left( t \right)$ 則 $\phi '\left( t \right) = {c_1}{\phi _1}'\left( t \right) + {c_2}{\phi _2}'\left( t \right)$，故此我們可針對 任意時刻 $t_0$寫下
\[\left\{ \begin{array}{l}
\phi \left( {{t_0}} \right) = {c_1}{\phi _1}\left( {{t_0}} \right) + {c_2}{\phi _2}\left( {{t_0}} \right) = {y_0}\\
\phi '\left( {{t_0}} \right) = {c_1}{\phi _1}'\left( {{t_0}} \right) + {c_2}{\phi _2}'\left( {{t_0}} \right) = {v_0 }
\end{array} \right.\]亦即我們得到兩條線性方程且未知數為 $c_1,c_2$ 回憶高中數學，利用 Cramer Rule可知上述線性方程有 唯一解 若且唯若
\[ {c_1} = \frac{{\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{{y_0}}&{{\phi _2}\left( {{t_0}} \right)}\\
{{v_0}}&{{\phi _2}'\left( {{t_0}} \right)}
\end{array}} \right|}}{{\underbrace {\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{{\phi _1}\left( {{t_0}} \right)}&{{\phi _2}\left( {{t_0}} \right)}\\
{{\phi _1}'\left( {{t_0}} \right)}&{{\phi _2}'\left( {{t_0}} \right)}
\end{array}} \right|}_{ = \Delta [{\phi _1},{\phi _2}]\left( {{t_0}} \right)}}};{c_1} = \frac{{\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{{\phi _1}\left( {{t_0}} \right)}&{{y_0}}\\
{{\phi _1}'\left( {{t_0}} \right)}&{{v_0}}
\end{array}} \right|}}{{\underbrace {\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{{\phi _1}\left( {{t_0}} \right)}&{{\phi _2}\left( {{t_0}} \right)}\\
{{\phi _1}'\left( {{t_0}} \right)}&{{\phi _2}'\left( {{t_0}} \right)}
\end{array}} \right|}_{ = \Delta [{\phi _1},{\phi _2}]\left( {{t_0}} \right)}}}
\]注意到由假設前提可知，對任意 $t_0 \in (-\infty, \infty)$，我們有 $\Delta[\phi_1,\phi_2](t_0) \neq 0$。故我們取上述 $c_1, c_2$ 則任意解 $\phi$ 皆可表成\[
\phi(t) = c_1 \phi_1(t) + c_2 \phi_2(t)
\]且上述等式對任意 $t \in (-\infty, \infty)$ 成立且滿足初始條件。 $\square$
Comments:
1. 微分方程與線性代數彼此之間存在巨大的連結，比如說上述定理中我們先假設有兩解 $\phi_1, \phi_2$ 接著我們才說其他的解亦可透過此兩解做線性組合。所有滿足 ODE 的解所構成之集合稱之為解空間 (Solution Space) 。現在我們提供一個更簡潔(抽象)的觀點：若我們將微分看作算子(operator) ，亦即
\[\begin{array}{l}
y'' + py' + qy = 0\\
\Rightarrow \left( {\frac{{{d^2}}}{{d{t^2}}} + p\frac{d}{{dt}} + q} \right)\left( y \right) = 0\\
\Rightarrow L\left( y \right) = 0
\end{array}
\]則讀者可驗證微分算子 $L(\cdot)$ 為 線性算子，且其解空間
\[
\{\phi: L (\phi) = 0\}
\]空間等價為 線代中的零空間(Null Space)
2. 我們稱 $\phi_1, \phi_2$ 為在 $t \in (-\infty, \infty)$ 的一組解空間的 基底 ( basis) 若且唯若 $\Delta[\phi_1, \phi_2](t_0) \neq 0$ 對任意 $t_0 \in (-\infty, \infty)$，那麼該如何找到此兩解？我們要求此兩解滿足 Wronskian 行列式條件
\[
{\Delta [{\phi _1},{\phi _2}]\left( {{t_0}} \right)} \neq 0
\]事實上此條件等價說明 $\phi_1, \phi_2$ 彼此線性獨立。
3. 由於此系統為二階系統，我們僅需找到兩個彼此線性獨立的解 $\phi_1, \phi_2$，亦即 對任意 $p,q$ 且任意 $t_0 \in (-\infty, \infty)$，下列 Wronkian
\[\Delta \left( {{t_0}} \right): = \left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{{\phi _1}\left( {{t_0}} \right)}&{{\phi _2}\left( {{t_0}} \right)}\\
{{\phi _1}'\left( {{t_0}} \right)}&{{\phi _2}'\left( {{t_0}} \right)}
\end{array}} \right| \ne 0
\]
4. 在前述證明中，我們在最後需回頭驗證上述結果是否滿足初始條件 $y(t_0) = y_0, \; y'(t_0) = v_0$，且且我們稱 $\phi(t)$
$$
\phi(t) := c_1 \phi_1(t) + c_2 \phi_2(t),\;\;\; -\infty< t < \infty, \;\;c_1,c_2\in \mathbb{R}
$$ 為 general solution。
儘管我們有了前述定理的幫助，知道對任意二階ODE 我們要先找出兩組線性獨立解，則其餘所有可能的解可透過此兩組線性獨立解基底做線性組合而得，但我們還有一個問題尚待解決：也就是該如何事先找到此兩組線性獨立解 $\phi_1, \phi_2$？一個常用的辦法為 先猜出解的形式，再來決定 待定係數，我們將此法稱作 Guess Method：
透過 Guess Method 來找出 $\phi_1(t), \phi_2(t)$:
由於我們要求解的方程為 ODE ，故我們可猜測 $e^{zt}, \;\;\; t \in (-\infty, \infty)$ 為解候選 (solution candidate)，其中 $z$ 為待定常數 (注意到在此 $z$ 不一定要是實數，可以是複數)。則
\[\begin{array}{l}
y'' + py' + qy = 0\\
\Rightarrow {z^2}\left( {{e^{zt}}} \right) + pz\left( {{e^{zt}}} \right) + q\left( {{e^{zt}}} \right) = 0\\
\Rightarrow \left( {{z^2} + pz + q} \right){e^{zt}} = 0
\end{array}\]因此 $e^{zt}$ 為 $y''+p y' + qy=0$ 的解 若且唯若
\[
(z^2 + p z + q) e^{zt} = 0
\]因為 $e^{zt} \neq 0$ ，故充分必要條件可簡化成
\[
z^2 + p z + q =0
\]上述 等式 稱為 特性方程式 (Characteristic equation) 或者 輔助方程 (Auxiliary equation)，由於此特性方程為二次函數，回憶中學數學裡，我們可對其求根 $z$ 如下
\[
{z_{1,2}} = \frac{{ - p \pm \sqrt {{p^2} - 4q} }}{2}
\]注意到上述 $z$ 現在我們討論以下三種可能
Case 1: $p^2 > 4 q$，則 $z_{1,2}$ 為 實數 且 相異
Case 2: $p^2 < 4q$，則 $z_{1,2}$ 為一對共軛複數
Case 3: $p^2 = 4q$ ，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 Case 1，我們有 $\phi_1(t) = e^{z_1 t}$ 且 $\phi_2(t) = e^{z_2 t}$ 且 $z_1 \neq z_2$，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 $z_1 \neq z_2$ 且 $e^{(z_1 + z_2)t_0}$ 永遠不為零，則 $\Delta(t_0) \neq 0$ 對任意 $t_0 \in (-\infty, \infty)$ ，故對於 Case 1，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 general solution。
同理，對於 Case 2 ，此時
\[{z_{1,2}} = \frac{{ - p \pm i\sqrt {4q - {p^2}} }}{2}\]故我們檢驗 Wronskian
\[\begin{array}{*{20}{l}}
{\Delta \left( {{t_0}} \right) = \left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{{\phi _1}\left( {{t_0}} \right)}&{{\phi _2}\left( {{t_0}} \right)}\\
{{\phi _1}^\prime \left( {{t_0}} \right)}&{{\phi _2}^\prime \left( {{t_0}} \right)}
\end{array}} \right|}\\
{ \Rightarrow \Delta \left( {{t_0}} \right) = \left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{{e^{{z_1}{t_0}}}}&{{e^{{z_2}{t_0}}}}\\
{{z_1}{e^{{z_1}{t_0}}}}&{{z_2}{e^{{z_2}{t_0}}}}
\end{array}} \right|}\\
\begin{array}{l}
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}
\end{array} = \left( {{z_2} - {z_1}} \right){e^{\left( {{z_1} + {z_2}} \right){t_0}}}\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}
\end{array} = \left( {\frac{{ - p + i\sqrt {4q - {p^2}} }}{2} - \frac{{ - p - i\sqrt {4q - {p^2}} }}{2}} \right){e^{\left( {\frac{{ - p + i\sqrt {4q - {p^2}} }}{2} + \frac{{ - p - i\sqrt {4q - {p^2}} }}{2}} \right){t_0}}}\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}
\end{array} = \left( {i\sqrt {4q - {p^2}} } \right){e^{\left( { - 2p} \right){t_0}}} \ne 0
\end{array}
\end{array}\]故對於 Case 2，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 \[{z_{1,2}} = \frac{{ - p \pm i\sqrt {4q - {p^2}} }}{2}
\]此即為我們的 general solution。
對於 Case 3 ，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
\[
\phi_2(t) := e^{z_2 t} w(t) = e^{}
\]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 Case 3 我們知道 $p^2 = 4q$ 故上述條件退化成
\[\begin{array}{l}
\left[ {w''\left( t \right) + \underbrace {\left( {q - \frac{{{p^2}}}{4}} \right)}_{ = 0}w(t)} \right]{e^{ - \frac{p}{2}t}} = 0\\
\Rightarrow w''\left( t \right){e^{ - \frac{p}{2}t}} = 0
\end{array}
\]但注意到 $e^{-pt/2} \neq 0$ 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 $\phi_2(t) = e^{z_2 t} w(t) = e^{z_2 t} =\phi_1(t)$ 不符合線性獨立要求，故我們選 $w(t) = t$ 則
$$
\phi_2(t) := e^{z_2 t} w(t) = e^{z_2 t} t = t \phi_1(t)
$$ 現在我們檢驗 Wronskian：
\[\begin{array}{l}
\Delta [{\phi _1},{\phi _2}]\left( {{t_0}} \right) = \left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{{\phi _1}\left( {{t_0}} \right)}&{{\phi _2}\left( {{t_0}} \right)}\\
{{\phi _1}^\prime \left( {{t_0}} \right)}&{{\phi _2}^\prime \left( {{t_0}} \right)}
\end{array}} \right|\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}
\end{array} = \left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{{e^{ - pt/2}}}&{t{e^{ - pt/2}}}\\
{\left( {\frac{{ - p}}{2}} \right){e^{ - pt/2}}}&{{e^{ - pt/2}} + \left( {\frac{{ - p}}{2}} \right)t{e^{ - pt/2}}}
\end{array}} \right|\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}
\end{array} = {e^{ - pt/2}}\left( {{e^{ - pt/2}} + t\left( {\frac{{ - p}}{2}} \right){e^{ - pt/2}}} \right) - t{e^{ - pt/2}}\left( {\frac{{ - p}}{2}} \right){e^{ - pt/2}}\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{}&{}&{}
\end{array} = {e^{ - pt}} \ne 0
\end{array}
\]故可知\[
\phi_2(t) = t e^{-pt/2}
\]確實為另一解，且此解與先前的 $\phi_1$ 彼此線性獨立。
感謝教學但如果二階 ODE 的等式中帶常數如 y′′+py′+qy=-1,並且y(0)=0, y(1)=0這樣的情況要如何解呢
回覆刪除