常系数齐次方程与自由振动

上一章我们弄清楚了二阶方程为什么要给两个初始条件，也知道了：只要找到两个线性无关的齐次解，就能用它们拼出全部解。现在欠下的那一步是，这两个函数究竟从哪里找？

先想象一块连着弹簧的物体。把它拉离平衡位置，然后松手。弹簧把它往回拉，可物体回到中间时往往还带着速度，于是又冲到另一边；如果阻力很强，它也可能慢慢挪回中间，不再来回摆动。同样是“拉开再松手”，为什么会出现这么不同的运动？

这章要把两件事接起来：一边是代数里二次方程的根，另一边是你能想象出来的衰减、回弹和振动。我们先找出常系数齐次方程的基本解，再把每一种解放回弹簧模型中，看初始位置和初始速度如何决定一条具体轨迹。

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指数函数为什么会成为第一个候选

弹簧的位移、速度和加速度会同时进入运动方程。如果质量、阻力参数和弹簧硬度都固定，方程中的系数也就固定。先暂时把物理单位放在一边，研究一般形式

$$a y''+b y'+c y=0,\qquad a\ne0.$$

这里 $a,b,c$ 都是实常数，自变量用 $t$。“齐次”说的是右端为零，并没有要求初值也为零。一个已经被拉开的弹簧，即使松手后没有外部驱动力，也完全可以继续运动。在这个线性模型里，初始状态储存的影响会通过齐次解保留下来。

我们想找一种函数，连续求导以后形状还尽量简单。多项式求一次导会降一次次数，三角函数会在正弦、余弦之间转换，而指数函数有个格外方便的性质：求导只多出一个常数倍。于是先试

$$y=e^{rt},\qquad y'=re^{rt},\qquad y''=r^2e^{rt}.$$

把它们放回方程，每一项都带着相同的 $e^{rt}$：

$$a r^2e^{rt}+bre^{rt}+ce^{rt} =(ar^2+br+c)e^{rt}.$$

指数函数从不为零，因而这个候选函数能满足方程，当且仅当

$$ar^2+br+c=0.$$

这就是特征方程。原来的问题问“哪一个函数能协调自身与自身的导数”，现在先缩成了“哪个增长或衰减速率 $r$ 能让三个系数恰好抵消”。求出的 $r$ 不是位移，也不是初始条件，它是基本运动方式中的速率参数。

不过，试出一个解还不等于找到通解。我们仍然要兑现上一章的要求：凑齐两个线性无关的解。二次方程的判别式

$$\Delta=b^2-4ac$$

把接下来的工作分成三种情况：两个不同实根、一个二重实根、一对共轭复根。它们恰好会给出三种不同的解形状。

这些公式在整个实数轴上都有定义，常系数方程的任意两个初始数据也会决定全局唯一解。物理实验通常从 $t=0$ 开始，所以讨论运动时我们只取 $t\ge0$；这与解的数学定义域是两回事。

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两个实根：两种变化速度一起出现

假设特征方程有两个不同实根 $r_1,r_2$。刚才的代入已经告诉我们，$e^{r_1t}$ 和 都是解。它们能否算作两个独立的基本解？用上一章的 Wronskian 检查：

$$W(t)= \begin{vmatrix} e^{r_1t}&e^{r_2t}\\ r_1e^{r_1t}&r_2e^{r_2t} \end{vmatrix} =(r_2-r_1)e^{(r_1+r_2)t}\ne0.$$

因此全部解就是

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

你可以把它读成：“系统允许两种指数变化，初始状态决定各放进去多少。”这里的“多少”可以是负数。两个分量反向叠加时，合成曲线可能先往外走一段，再掉头回来，不能只看每个指数各自的图像就断言总位移单调。

具体求解

$$y''+5y'+4y=0,\qquad y(0)=3,\quad y'(0)=0.$$

特征方程是

$$r^2+5r+4=(r+1)(r+4)=0,$$

所以先写出保留两个常数的通解，再求导：

$$y=C_1e^{-t}+C_2e^{-4t},\qquad y'=-C_1e^{-t}-4C_2e^{-4t}.$$

初值给出的条件是

$$C_1+C_2=3,\qquad -C_1-4C_2=0.$$

第二式与第一式相加得到 $-3C_2=3$，于是 $C_2=-1,C_1=4$。这条初值轨迹为

$$y(t)=4e^{-t}-e^{-4t}.$$

回头检查：$y(0)=4-1=3$，$y'(0)=-4+4=0$，而两个指数各自满足原方程，所以它们的组合也满足。对 ，有

$$y'(t)=4(e^{-4t}-e^{-t})<0,$$

因此这一组初值确实对应从 $3$ 开始下降的曲线。这里的单调性是我们算出来的，不是“两个负根”自动附送的结论。

长期以后，$e^{-4t}$ 比 $e^{-t}$ 小得多，因为两者之比是 $e^{-3t}\to0$。于是 的尾部越来越接近 。我们常说“慢衰减项控制长期行为”，需要补上一个条件：那一项的系数不能为零。如果初值恰好只激发快衰减项，那么尾部当然也只剩快衰减。

两个独立的指数为什么能够满足任意初始位置和初始速度，也可以直接从代数看出来。在 $t=0$ 时，条件总是 $C_1+C_2=y_0$、。这个方程组的系数行列式为 ，因为两根不同，所以它永远可解且解唯一。这里和前面 Wronskian 出现的是同一个非零因子：函数的独立性，落在初值上就成了两个权重能否唯一确定。

一般常系数方程的根未必为负。一个正根会提供增长项；但某条特殊初值轨迹可能把该项系数设为零。零根提供的是常数解。判断一条具体解如何演化，要先读根，再读初值给出的系数。

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重根：第二个解为什么要乘一个时间

如果两个实根挤到一起，变成同一个 $r_0$，写成

$$C_1e^{r_0t}+C_2e^{r_0t}=(C_1+C_2)e^{r_0t}$$

显然只剩一个有效常数。我们并没有因为代数方程出现重根，就失去指定初始速度的自由。缺的仍然是第二个独立函数。

这时不要急着背 $te^{r_0t}$。既然知道 $e^{r_0t}$ 是一个解，就让它前面的倍数也有机会随时间变化，设

$$y=u(t)e^{r_0t}.$$

特征多项式有重根，意味着

$$ar^2+br+c=a(r-r_0)^2.$$

比较系数并除以 $a$，原方程可以写成

$$y''-2r_0y'+r_0^2y=0.$$

现在把新设的函数求两次导数：

$$y'=e^{r_0t}(u'+r_0u), \qquad y''=e^{r_0t}(u''+2r_0u'+r_0^2u).$$

代回去，所有带 $u'$ 和 $u$ 的项恰好抵消，只留下

$$e^{r_0t}u''=0.$$

所以 $u''=0$，即 $u=C_1+C_2t$。这就找到了

$$y(t)=(C_1+C_2t)e^{r_0t}.$$

这里的 $t$ 来自一次很具体的计算：把已知指数因子剥开后，剩下的倍数只能是一条直线。两个函数的 Wronskian 为 $e^{2r_0t}$，处处非零，因此它们也确实构成基本解组。

还可以从“两个根靠近”的角度理解。两个相近的指数直接相减会越来越小，但把差除以根之间的距离，会留下可比较的变化量：

$$\lim_{h\to0}\frac{e^{(r_0+h)t}-e^{r_0t}}{h} =te^{r_0t}.$$

这个极限是帮助你理解第二个函数从哪里来的；前面的代入计算则已经直接证明它是原方程的解。

例如

$$y''+6y'+9y=0,\qquad y(0)=2,\quad y'(0)=1.$$

特征方程为 $(r+3)^2=0$，所以

$$y=(C_1+C_2t)e^{-3t},\qquad y'=(C_2-3C_1-3C_2t)e^{-3t}.$$

初始位置给出 $C_1=2$，初始速度给出 $C_2-6=1$，所以

$$y(t)=(2+7t)e^{-3t}.$$

这个例子也提醒我们，衰减不等于“从一开始就下降”。它在 $t=0$ 的导数是 $1$，会先上升；由 $y'=(1-21t)e^{-3t}$ 可知，经过 个时间单位后才转为下降。虽然多项式 变大，指数衰减最终仍会胜过它，所以 。

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复根：指数包在正弦波外面

弹簧为什么会反复穿过中间位置？单个实指数办不到这件事，正弦和余弦却正好会反复换符号。特征根出现虚部时，三角函数就进入了解。

设两个根为

$$r=\alpha\pm i\beta,\qquad \beta>0.$$

根虽然是复数，我们要找的位移仍然可以全部用实函数写出来。为了看清原因，把特征多项式写成

$$a\bigl[(r-\alpha)^2+\beta^2\bigr].$$

原微分方程因而等价于

$$y''-2\alpha y'+(\alpha^2+\beta^2)y=0.$$

照着刚才的做法，先把共同的指数变化取出来，设 $y=e^{\alpha t}u$。乘积求导后代入，得到

$$e^{\alpha t}(u''+\beta^2u)=0.$$

剩下的方程是 $u''=-\beta^2u$：函数的二阶导数总与函数反号，而且比例固定。你可以直接验证，$\cos\beta t$ 和 $\sin\beta t$ 都满足它。因此

$$y(t)=e^{\alpha t}\bigl(C_1\cos\beta t+C_2\sin\beta t\bigr).$$

这两个基本解的 Wronskian 是 $\beta e^{2\alpha t}\ne0$，所以又找齐了二阶方程所需的全部解。熟悉复指数时，也可以用 $e^{i\theta}=\cos\theta+i\sin\theta$ 得到同样的形式；这里的推导只需要实函数求导。

公式里的两部分分工很明确。$\beta$ 决定三角函数走完一次循环有多快；$\alpha$ 决定外面的尺度如何变化。$\alpha<0$ 时振动逐渐缩小，$\alpha=0$ 时保持固定幅度，$\alpha>0$ 时振动越来越大。零解则始终静止，不应称为“来回振动”。

例如

$$y''+2y'+10y=0,\qquad y(0)=2,\quad y'(0)=1.$$

特征根是 $-1\pm3i$，先写

$$y=e^{-t}(C_1\cos3t+C_2\sin3t).$$

代入初始位置得到 $C_1=2$。求导时，外面的指数和里面的三角函数都会贡献一项：

$$y'=e^{-t}\bigl[-C_1\cos3t-C_2\sin3t-3C_1\sin3t+3C_2\cos3t\bigr].$$

因此 $y'(0)=-C_1+3C_2=1$，解得 ，最终为

$$y(t)=e^{-t}(2\cos3t+\sin3t).$$

如果只对括号里的三角函数求导，就会误把条件写成 $3C_2=1$。检查初速度，往往能立刻发现这类漏项。

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从弹簧上的力，写到微分方程

现在把刚才的函数放回一套明确的装置：一个质量为 $m>0$ 的物体沿直线运动，弹簧的劲度系数为 $k>0$，阻尼器的系数为 $c\ge0$。这里 $c$ 专门表示阻尼系数，和前面一般方程中的系数记号按各自语境使用。

我们假设弹簧质量可忽略、形变保持在线性弹性范围内，弹力符合“偏离平衡越远，拉回去的力越大”的关系；阻力与速度成正比且方向相反。干摩擦、碰撞、弹簧大变形等情形不在这个模型里。

选定向右为正，把平衡位置作为 $x=0$。物体若在右侧，回复力向左，所以弹力为 $-kx$；若向右运动，阻力向左，所以阻尼力为 $-cx'$。加速度由合力决定，松手后没有持续的外部驱动力时，

$$mx''=-cx'-kx,$$

整理得

$$mx''+cx'+kx=0.$$

“自由”指没有继续施加外部驱动力，弹力和阻力当然仍然存在。若 $x$ 用米、$t$ 用秒，那么 $m$ 的单位是千克，$c$ 是牛顿·秒/米，$k$ 是牛顿/米。三项 $mx''$、$c{}^{}$、 都是力；特征根的单位则是每秒，保证 没有单位。

竖直悬挂的弹簧还受重力，为什么也常见相同的齐次方程？这与坐标原点有关。若取向下为正，$z$ 表示从弹簧自然长度起算的伸长量，那么

$$mz''=mg-cz'-kz.$$

静止时伸长 $z_e=mg/k$。改用偏离平衡的位移 $x=z-z_e$，就有 、，而 ，于是仍得到同一个自由振动方程。重力在这里决定平衡位置，已经通过坐标平移处理掉了。

还有一个很实用的检查是力的方向。若一个写出的“阻尼项”在移到右边后成了 $+cx'$，而又规定 $c>0$，它就会沿运动方向继续推物体，不再是我们这里的被动阻尼。类似地，若回复项成了 $+kx$，物体偏到哪边，力就继续把它往那边拉，平衡位置也就失去了拉回作用。许多计算错误在求根以前，就能靠这样一句物理解释发现。

从静态测量也能推算参数：若已知质量和静止伸长量 $d$，那么 $k=mg/d$。必须先统一单位，例如把厘米换成米，再与以米/秒平方表示的 $g$ 一起计算。看到“弹簧伸长了多少”，要分清说的是平衡伸长，还是从平衡位置又拉开了多少；它们在模型中承担不同角色。

例如，在一个理想竖直装置中挂上 $0.5\,\mathrm{kg}$ 的物体，静止后弹簧比自然长度伸长 $0.049\,\mathrm m$。取 $g=9.8\,\mathrm{m/s^2}$，算出 $k=0.5\times9.8/0.049=100\,\mathrm{N/m}$。假设阻尼系数为 ，然后从平衡位置再向下拉开 静止释放，向下为正的初值问题就是

$$0.5x''+x'+100x=0,\qquad x(0)=0.01,\quad x'(0)=0.$$

除以 $0.5$ 后，根为 $-1\pm i\sqrt{199}$。初始位置给余弦项系数 $0.01$，初始速度给正弦项系数 $0.01/\sqrt{199}$，因此

$$x(t)=0.01e^{-t}\left(\cos\sqrt{199}t+\frac1{\sqrt{199}}\sin\sqrt{199}t\right).$$

这里 $0.049$ 用来识别弹簧参数，$0.01$ 用来指定初始位移，不能互换。实际总伸长是 $z(t)=0.049+x(t)$；我们求出的 $x$ 趋于零，并不表示弹簧最终缩回自然长度，而是表示它回到承受重力时的平衡长度。

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无阻尼：位置和速度怎样决定振幅与相位

先去掉阻尼，令 $c=0$。物体只在弹簧拉力下运动，方程为

$$x''+\omega_0^2x=0,\qquad \omega_0=\sqrt{\frac{k}{m}}.$$

$\omega_0$ 叫固有角频率。弹簧更硬，拉回作用更强，循环更快；质量更大，改变运动状态更费力，循环更慢。特征根为 $\pm i\omega_0$，由初值 $x(0)=x_0$、 可得

$$x(t)=x_0\cos\omega_0t+\frac{v_0}{\omega_0}\sin\omega_0t.$$

这个式子尤其适合检查初值：余弦负责初始位置，正弦前面的 $v_0/\omega_0$ 经过求导后恰好还原成初始速度。即使最初就在中间位置，$x_0=0$，只要给了速度，物体仍会摆起来。

想直接读出摆动幅度，可以把两个三角函数合在一起。对于一般组合 $A\cos\omega_0t+B\sin\omega_0t$，定义

$$R=\sqrt{A^2+B^2},\qquad \cos\phi=\frac{A}{R},\qquad \sin\phi=\frac{B}{R},$$

便有

$$x(t)=R\cos(\omega_0t-\phi).$$

这里暂时假设 $R>0$；$R=0$ 时是静止解，不需要给它指定相位。$R$ 是最大偏离距离，$\phi$ 描述起始时刻处在振动循环的哪个位置。求相位必须同时看正弦和余弦的符号，不能仅凭 $\tan\phi=B/A$ 就丢掉象限。

例如取 $m=2\,\mathrm{kg}$、$k=18\,\mathrm{N/m}$，把物体从平衡位置向正方向拉开 $0.04\,\mathrm m$，并赋予正方向初速度 $0.09\,\mathrm{m/s}$。此时 ，所以

$$x(t)=0.04\cos3t+0.03\sin3t =0.05\cos(3t-\phi),$$

其中 $\cos\phi=4/5$、$\sin\phi=3/5$，可取 $\phi=\arctan(3/4)$。振幅是 $0.05\,\mathrm m$，比初始位移大：初始时还有动能，物体会继续向外运动一小段，直到速度降到零。

角频率、周期和普通频率要分开。一次完整循环对应角度增加 $2\pi$，因此

$$T_0=\frac{2\pi}{\omega_0},\qquad f_0=\frac{1}{T_0}=\frac{\omega_0}{2\pi}.$$

本例周期为 $2\pi/3$ 秒，频率为 $3/(2\pi)$ 赫兹；“角频率为 $3$”不等于“每秒振动三次”。在理想线性模型里，改变初始位移或初速度会改变振幅与相位，不会改变 $\omega_0$。

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加上阻尼：同一套弹簧的三种自由响应

恢复 $c>0$ 后，把方程除以质量并记

$$\gamma=\frac{c}{2m},\qquad \omega_0=\sqrt{\frac{k}{m}},$$

便得到

$$x''+2\gamma x'+\omega_0^2x=0, \qquad r=-\gamma\pm\sqrt{\gamma^2-\omega_0^2}.$$

为什么物理模型中不会突然冒出一个正根？当根为实数时，它们的和是 $-c/m<0$，积是 $k/m>0$。积为正说明两根同号，和为负就把它们都限定为负数；当根为复数时，共同实部为 $-c/(2m)<0$。因此只要这些物理参数保持约定的正值，所有自由响应都在长期衰减。前面一般方程允许增长解，是因为一般系数没有被要求满足这些物理条件。

根型由阻尼与质量、劲度的相对大小决定。下面一直取 $m>0,k>0$，先把无阻尼单列出来，避免把“不衰减”混进有阻尼振动。

为了比较得具体，我们用同一套 $m=1\,\mathrm{kg}$、$k=4\,\mathrm{N/m}$ 的装置，每次都从 $x(0)=0.06\,\mathrm m$ 静止释放，即 $x^{\mathrm{\prime }}($，只改变 。

欠阻尼：每次摆回来，范围都更小

取 $c=2\,\mathrm{N\cdot s/m}$，方程为 $x''+2x'+4x=0$，根为 。于是

$$x=e^{-t}(C_1\cos\sqrt3t+C_2\sin\sqrt3t).$$

初始位置给出 $C_1=0.06$，初始速度给出 $-C_1+\sqrt3C_2=0$。所以

$$x(t)=0.06e^{-t}\left(\cos\sqrt3t+\frac1{\sqrt3}\sin\sqrt3t\right).$$

它反复穿过 $x=0$，但越来越贴近中间。一般欠阻尼解的角频率和包络为

$$\omega_d=\sqrt{\omega_0^2-\gamma^2},\qquad x=Re^{-\gamma t}\cos(\omega_dt-\phi).$$

给定一般初值时，甚至可以直接读出两个常数：$C_1=x_0$，而求导在 $t=0$ 处给出 $v_0=-\gamma C_1+\omega_dC_2$，因此 。与无阻尼时的 相比，多出的 用来补偿外面指数因子在一开始贡献的变化率。尤其“静止释放”并不意味着正弦项系数为零；只有无阻尼时才有这种简单对应。

阻尼既使外面的包络衰减，也使 $\omega_d<\omega_0$。本例中 $R=0.04\sqrt3\,\mathrm m$，，因而上下包络是 。包络在 的高度大于 并不矛盾，它给的是振幅尺度和界限，并不要求曲线从包络顶端出发。

有时把 $T_d=2\pi/\omega_d$ 称为阻尼振动的准周期。本例为 $2\pi/\sqrt3$ 秒。完整位移函数并不周期重复，因为

$$x(t+T_d)=e^{-\gamma T_d}x(t).$$

过了同样长的一段时间，振动相位回到原位，幅度却又缩小了一圈。如果每次记录同一侧相邻两个峰值的大小，它们也相差因子 $e^{-\gamma T_d}$。原因是导数同样满足 $x'(t+T_d)=e^{-\gamma T_d}x'(t)$，所以极值时刻会间隔一个准周期重复出现，而极值的数值继续衰减。由此可以理解，观察曲线时“间隔有规律”和“整个函数周期重复”不是同一个条件。另外，真正的位移极值需要解 ；不能直接把余弦等于 的时刻都当成峰值，因为指数包络也在变。

临界阻尼：重根恰好落在分界上

取 $c=4\,\mathrm{N\cdot s/m}$，方程为 $x''+4x'+4x=0$，特征根为二重根 。写出

$$x=(C_1+C_2t)e^{-2t}.$$

初值依次给出 $C_1=0.06$、$C_2-2C_1=0$，所以

$$x(t)=0.06(1+2t)e^{-2t}.$$

对 $t>0$，有 $x'=-0.24te^{-2t}<0$，而 $x>0$，因此这次运动一直从正侧靠近中间，既不回摆，也不穿过平衡位置。

但这个“不穿过”依赖初值。仍用同一套临界阻尼装置，若初速度改为 $-0.18\,\mathrm{m/s}$，则 $C_2=-0.06$，得到 $x=0.06(1-t)e^{-2t}$，它会在 秒穿过中间一次，之后从另一边慢慢回来。临界阻尼保证非振荡，并没有禁止一次越过平衡点。

过阻尼：没有回摆，也可能有掉头

取 $c=5\,\mathrm{N\cdot s/m}$，方程为 $x''+5x'+4x=0$，根为 。继续使用最初的静止释放条件，得到

$$x=C_1e^{-t}+C_2e^{-4t},\qquad C_1+C_2=0.06,\quad -C_1-4C_2=0.$$

解出 $C_1=0.08,C_2=-0.02$，因此

$$x(t)=0.08e^{-t}-0.02e^{-4t}.$$

这条轨迹也从正侧单调趋于零，但长期主要剩下 $0.08e^{-t}$，比临界情形的 $(0.06+0.12t)e^{-2t}$ 衰减得慢。阻力更强，并不意味着每一种运动都更快消失。

为什么把过阻尼叫非振荡？非零解的零点必须满足

$$C_1+C_2e^{(r_2-r_1)t}=0.$$

当两个系数都非零时，指数严格单调，这个等式至多成立一次；有系数为零时根本没有零点。因此物体不会无休止地在中间位置两侧交替穿越。这个结论没有声称位移必定单调，也没有声称一次穿越都不允许。

拿同一套过阻尼装置，改成从平衡位置向右推一下，令 $x(0)=0$、$x'(0)=0.09\,\mathrm{m/s}$，会得到

$$x(t)=0.03(e^{-t}-e^{-4t}).$$

它先向右走，在 $t=\ln4/3$ 秒达到最大位移，然后返回。这是一个最直接的反例：两个负实根保证长期衰减，初速度仍然可以让位移先增加。

“临界阻尼最快回到平衡”也需要说清比较的是什么。对固定 $m,k$，比较非振荡情形中一般会出现的慢衰减速率，临界值确实处在最佳分界：过阻尼的慢根 $-\gamma+\sqrt{\gamma^2-\omega_0^2}$ 比 更靠近零。实际问多久进入某个误差范围、是否允许越过中间、初速度是多少，都还会影响答案；特殊初值甚至能消掉慢项。不能把这句简略说法当作对所有初值和所有到达标准都成立的定理。

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能量去哪了，比曲线更容易看清

光盯着位移容易产生一个疑问：物体每次朝中间运动时速度明明在增大，为什么又说能量在减少？因为位移、速度和能量并不是同一件东西。

相对于平衡位置，机械能写成

$$E(t)=\frac12m[x'(t)]^2+\frac12k[x(t)]^2.$$

前一项是动能，后一项是弹性势能；竖直装置以平衡位置计量时，这个势能形式包含了重力势能与弹性势能合并后去掉的常数。物体靠近中间时，势能可以转成动能，所以速度增加与总能量减少可以同时发生。

直接求导，再用运动方程替换：

$$E'=mx'x''+kxx' =x'(mx''+kx) =-c(x')^2\le0.$$

这个等式把阻尼的含义说得很具体：每一刻消耗能量的速率为 $c(x')^2$。物体速度暂时为零时，能量导数也为零；这不代表有阻尼系统从此守恒，只代表这一瞬间没有因运动而耗散。积分以后，

$$E(t)+\int_0^t c[x'(s)]^2\,ds=E(0),$$

也就是“现在还储存着的能量，加上此前耗散的能量，等于初始总量”。

当 $c=0$ 时，$E$ 恒定。前面无阻尼例子的初始能量为

$$E(0)=\frac12(2)(0.09)^2+\frac12(18)(0.04)^2 =0.0225\,\mathrm J.$$

在最大位移 $R=0.05\,\mathrm m$ 处，速度为零，能量应当全是势能；代入 $\tfrac12kR^2=0.0225\,\mathrm J$，正好对上。这是对振幅计算的另一条独立检查。

还有一个经常被“最终停下来”遮住的小区别：这套理想线性模型中的非零运动，不会在某个有限时刻突然永久停住。假如某一时刻同时有 $x=0$、$x'=0$，那么零函数就满足该时刻的两个初值；根据上一章的唯一性，原解只能一直都是零函数。因此普通非零轨迹会不断接近平衡状态，实际测量中低于仪器分辨率后通常可以近似视为停下，但数学上的“趋于零”与“在某秒起恒等于零”并不相同。

这也说明，只看位移不足以判断物体是否已经恢复平衡。欠阻尼曲线会多次经过 $x=0$，那时往往恰好仍有明显速度，下一瞬间就要走向另一侧。真正的静止平衡状态要求位置和速度同时为零。这与上一章强调“二阶初值必须给两个数”的道理是连着的。

当 $c>0$ 且 $m,k>0$ 时，前面三种根型已经说明 $x$、$x'$ 都趋于零，所以能量也趋于零。仅从 $E'\le0$ 本身只能立即得出“能量不增加”，不能跳过推理就断言一定降到零；这里的结论还使用了已经求出的解的长期行为。

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电荷也会来回摆动：串联 RLC 电路

把一个已经储存电荷的电容、电感和电阻连成闭合串联回路，即使没有继续接入外部电压，回路也可能有电流。电容中的储能与电感中的储能相互转换，电阻则不断消耗能量。这个过程与弹簧的势能、物体的动能和阻尼耗散有相同的方程结构。

设电荷为 $q(t)$，统一选择参考方向，使电流 $i=q'$。理想元件参数取电感 $L>0$、电容 $C>0$、电阻 ，并在所研究的时间内保持常量。三个元件的电压降分别为

$$L i',\qquad Ri,\qquad \frac qC.$$

没有外加电压时，闭合回路中的电压降代数和为零，所以

$$Li'+Ri+\frac qC=0, \qquad Lq''+Rq'+\frac1Cq=0.$$

电荷 $q$ 用库仑，电流 $i$ 用安培，$L$ 用亨利，$R$ 用欧姆，$C$ 用法拉，各项都具有伏特这一电压单位。这里电容参数 $C$ 与积分常数 $C_1,C_2$ 不同。

例如取 $L=1\,\mathrm H$、$R=2\,\Omega$、$C=1/5\,\mathrm F$，并给定 $q(0)=0.01\,\mathrm{C}$、。方程和特征根是

$$q''+2q'+5q=0,\qquad r=-1\pm2i.$$

因此 $q=e^{-t}(C_1\cos2t+C_2\sin2t)$。由初值，，，故

$$q(t)=0.01e^{-t}\left(\cos2t+\frac12\sin2t\right).$$

题目还关心电流，不能求完电荷就停下。求导整理得

$$i(t)=-0.025e^{-t}\sin2t.$$

电流为负表示流向与参考正方向相反，不表示“不可能的电流”。电荷改变符号，也表示相对于事先约定的极性发生了反转。

电路储能为

$$E_{\mathrm{elec}}=\frac12Li^2+\frac{q^2}{2C}.$$

沿解求导，$E_{\mathrm{elec}}'=i(Li'+q/C)=-Ri^2$。这与机械系统的 完全对应，也说明为什么被动电阻不会让自由振动越摆越大。

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把方程、初值和运动放在一起练

下面的练习都先写清基本解，再代入初值，最后解释所得函数。计算中的常数需要满足原方程和全部初始条件，图像上的结论则需要从导数、零点或包络中得到。

两种指数的权重

求解 $y''-y'-6y=0$，$y(0)=2$、。再找出所有会在 时趋于零的初值关系。

显示推导

特征方程为 $(r-3)(r+2)=0$，所以 $y=C_1e^{3t}+C_2e^{-2t}$。初值给出 、，解得 ，因此 ，它会增长。

重根与非零初始时刻

求解 $y''-4y'+4y=0$，$y(1)=0$、。

显示推导

特征方程为 $(r-2)^2=0$。令 $\tau=t-1$，由于系数不随时间变化，直接用 $\tau$ 写通解更方便：$y=($。

从位移和速度读振幅

一个无阻尼装置的 $m=1\,\mathrm{kg}$、$k=16\,\mathrm{N/m}$，初始位移为 $-0.03\,\mathrm m$，初速度为 $0.16\,\mathrm{m/s}$。求位移、振幅、周期和相位所在象限。

显示推导

固有角频率为 $4\,\mathrm{rad/s}$。方程 $x''+16x=0$ 的初值解是

$$x=-0.03\cos4t+0.04\sin4t.$$

欠阻尼并不是周期运动

某装置满足 $2x''+4x'+10x=0$，$x(0)=0.02$、，位移用米、时间用秒。求位移、阻尼角频率、准周期，以及一个准周期后相同相位处的位移缩放比例。

显示推导

除以 $2$ 后，特征方程为 $r^2+2r+5=0$，根为 $-1\pm2i$，所以 $x=e^{}$。初值给出 、，得到

不振荡是否意味着不会越过平衡

一个 $m=1\,\mathrm{kg}$、$c=5\,\mathrm{N\cdot s/m}$、$k=4\,\mathrm{N/m}$ 的装置，初始位移为 $$，初速度为 。判断阻尼类型，求解，并确定它是否穿过平衡位置。

显示推导

判别式为 $25-16=9>0$，是过阻尼，特征根为 $-1,-4$。初值方程组为 $C_1+C_2=0.02$、，得到 、。

用能量核对自己的解

对 $m,k>0$、$c\ge0$ 的自由系统证明 $E'=-c(x')^2$，并解释：为什么无阻尼时即使位移为零，也不能说系统能量为零？若初始能量为 ，写出任意时刻位移绝对值的上界。

显示推导

由 $E=\tfrac12m(x')^2+\tfrac12kx^2$，求导得 ，再用 ，就有 。

我们现在已经能回答“松手以后会怎样”：方程参数选出允许的基本运动，两个初始条件选出实际轨迹，能量关系检查这条轨迹是否符合耗散规律。接下来把手重新放回系统上，持续施加一个随时间变化的力，问题就多了一层：系统自身的振动，会怎样与外界的推动相互配合？下一章从 $mx''+cx'+kx=F(t)$ 出发，求出受迫响应，并追问为什么某些推动频率会使振动格外明显。