非齐次方程、待定系数法与共振

上一章的弹簧被拉开、松手，接下来就靠自身的惯性、恢复力和阻尼运动。我们已经能从特征根看出它会不会振荡、振幅会不会衰减。现在给这个装置接上一台往复施力的小电机：弹簧还没来得及停下来，下一轮外力又到了。运动当然会改变，但究竟是跟着电机走，还是坚持自己的节奏？把电机转速调快一点，位移一定会更大吗？

这些问题把我们带到非齐次方程。先把“机器一直在推”写成数学语言：系统每一刻受到的合力，除了原来的恢复力和阻力，还多了一项由外界指定的力。一般的二阶常系数线性方程于是写成

$$a y''+b y'+d y=g(t),\qquad a\ne0.$$

这里用 $d$ 表示常数项系数，把 $c$ 留给稍后弹簧模型的阻尼系数。$g(t)$ 描述输入怎样随时间变化，$y(t)$ 描述系统怎样回应。接下来，我们先解决“怎样把输入算进去”，再回到那台电机，看看频率为什么能把同一个系统推向完全不同的运动。

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找到一个受迫解，为什么就够了

假设两套完全相同的装置，受到完全相同的外力，只是开始的位置和速度不同。外力在两套装置里做的事一样，我们把两条位移曲线相减，外力项就抵消了。剩下的差异，应当只按系统原来的自由运动规律演化。

把这个想法写清楚。记

$$L[y]=ay''+by'+dy.$$

这只是为左边的一串运算起一个短名字。求导和乘常数都保持线性，因此 $L[u+v]=L[u]+L[v]$。如果已经找到一个函数 $y_p$，满足 $L[y_p]$，那么任意另一个解 都满足

$$L[y-y_p]=L[y]-L[y_p]=g(t)-g(t)=0.$$

所以 $y-y_p$ 必须是齐次方程的解。上一章已经会求齐次通解 $y_h=C_1y_1+C_2y_2$，于是非齐次通解必定是

$$y=C_1y_1+C_2y_2+y_p.$$

反过来，把这个式子代回去，前两项产生零，最后一项产生 $g(t)$，确实得到原方程。两个方向都说明白了，我们才知道这不是恰好凑出一些解，而是找到了全部解。

这里的“一个特解”也要理解准确：它只需满足微分方程，暂时不必满足题目给出的初始条件。不同特解之间可以相差一个齐次解，因此特解本身并不唯一；一旦选定 $y_p$，再让完整的 $y_h+y_p$ 满足初值，最终曲线才被确定。若 $g$ 在一个开区间连续，常数 ，该区间内任一点给定 和 ，就有唯一解覆盖这个区间。

还有一个容易误用的叠加关系。同一输入 $g$ 的两个解直接相加，会产生输入 $2g$，通常不再解原方程。能直接相加的是不同输入所对应的特解：如果 $L[y_{p1}]=g_1$、，就有

$$L[y_{p1}+y_{p2}]=g_1+g_2.$$

后面遇到“恒定力加周期力”，我们就可以分开计算，再把结果合起来。

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待定系数法究竟在猜什么

假设外力随时间匀速增大，右端出现 $t$。我们很自然地想：响应会不会也是某个多项式？这不是靠外形碰运气。多项式求导后仍然是多项式，而且次数只会降低；指数 $e^{\lambda t}$ 求导后只多一个常数；正弦和余弦求导后互相转换。只要把可能出现的同类项备齐，代回方程就只剩有限个常数需要确定。

例如 $t\cos2t$ 的导数是 $\cos2t-2t\sin2t$。继续求导，会出现 $t\cos2t$、$t\sin2t$、、，但不会生出 或 。因此可以在这四个函数的线性组合里寻找响应。

先暂时排除与齐次解重复的情况，常用试探式可以放在一起比较。表中的 $P_n$ 表示次数为 $n$ 的已知多项式，$Q_n$、$R_n$ 表示系数尚待确定、次数至多为 的完整多项式。

最后一行中，$n$ 取输入的两个多项式次数中的较大者；若其中一个为零，就用另一个的次数。两边的试探多项式都要保留从常数到 $t^n$ 的各项，即使输入里缺少某些项，也先给它们留位置。求出的系数可以为零，但不该在计算前随意删掉自由度。

这也解释了两个常见失误。输入是 $t^2$ 时，只试 $At^2$ 往往不够，因为导数会产生 $t$ 和常数，需要另外的系数把它们调整好。输入只有余弦时，只试余弦也往往不够，因为一阶导数会带入正弦。把函数族补全，看似多写了几项，却让后面的比较系数有了解的余地。

方法还有边界。$\ln t$ 反复求导会得到 $1/t$、$1/t^2$ 等越来越多的形式；$\tan t$ 也不会停留在上述有限模板中。对这类输入，我们暂时没有理由相信一张待定系数表能给出答案。变系数方程则可能把有限函数族中的项送到族外，同样不能机械套表。个别特殊题可以巧妙猜出特解，但那不等于这套常系数方法已经成为通法。

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把多项式和指数输入真正算完

先看一个逐渐增强的输入。为集中练习计算，这里的变量和参数都视为无量纲，要求解

$$y''+3y'+2y=2t^2+6t+4,\qquad y(0)=0,\quad y'(0)=0.$$

齐次特征方程 $(r+1)(r+2)=0$，给出 $y_h=C_1e^{-t}+C_2e^{-2t}$。右端是二次多项式，齐次解里又没有多项式项，因此设

$$y_p=At^2+Bt+D.$$

它的一、二阶导数分别是 $2At+B$ 和 $2A$，代入得到

$$L[y_p]=2At^2+(6A+2B)t+(2A+3B+2D).$$

与右端逐项比较：$2A=2$，$6A+2B=6$，$2A+3B+2D=4$，所以 、、。我们找到 。现在才轮到初始条件：

$$y=C_1e^{-t}+C_2e^{-2t}+t^2+1,$$ $$C_1+C_2+1=0,\qquad -C_1-2C_2=0.$$

解出 $C_1=-2$、$C_2=1$，最终

$$y=t^2+1-2e^{-t}+e^{-2t}.$$

如果一开始误把 $y_h(0)=0$、$y_h'(0)=0$，就会把两个常数都设为零，得到初始位移为 的错误曲线。初值约束的是完整运动，不能提前只交给齐次部分。

再让输入带一个指数因子：

$$y''+3y'+2y=e^t(6t+5).$$

齐次根仍然是 $-1,-2$，与输入指数中的 $1$ 不重合。设 $y_p=e^t(At+B)$ 可以直接求导，但我们可以少展开几行：令 ，由乘积法则

$$y'=e^t(u'+u),\qquad y''=e^t(u''+2u'+u),$$

所以方程等价于

$$u''+5u'+6u=6t+5.$$

设 $u=At+B$，得到 $6At+5A+6B=6t+5$，因此 $A=1$、。特解是 ，通解为

$$y=C_1e^{-t}+C_2e^{-2t}+te^t.$$

这个小替换并没有换一种神秘方法，只是先把共同的指数提出来，让待定系数运算落在更简单的多项式上。此题齐次部分衰减，但特解持续增长；所以即使系统的自由运动会衰减，也不能把任意特解都叫作“长期有界的稳态振动”。输入本身怎样变化，同样决定输出怎样变化。

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与齐次解重合时，为什么要乘时间

现在把输入换成系统原本就拥有的模式：

$$y''+3y'+2y=4e^{-t}.$$

若试 $Ae^{-t}$，无论 $A$ 是多少，代入左边都等于零。它确实是一个很好的齐次解，却没法产生右边的 $4e^{-t}$。出现 $0=4e^{-t}$，失败的是试探式，而不是微分方程。

让原来的指数模式乘一个随时间变化的幅度，设 $y=e^{-t}u$。代入并消去共同的 $e^{-t}$，原方程变成

$$u''+u'=4.$$

我们只需要一个特解，试 $u=At$ 就够了，因为 $u''+u'=A$。得到 $A=4$，所以

$$y_p=4te^{-t},\qquad y=C_1e^{-t}+C_2e^{-2t}+4te^{-t}.$$

多出来的 $t$ 让求导时留下一个非零项，恰好提供输入。你还可以立刻检查一个事实：$te^{-t}$ 最终仍趋于零。这道题需要乘 $t$，却没有振幅无限增长，更没有一个持续的周期外力。把“试探式重复”一律说成物理共振，会在这里出错。

如果重复不止一层呢？考虑

$$y''+4y'+4y=6e^{-2t}.$$

特征方程 $(r+2)^2=0$，齐次解同时包含 $e^{-2t}$ 和 $te^{-2t}$。所以试 不行，试 仍不行。令 后，左边只剩 ，于是

$$u''=6.$$

取 $u=3t^2$，得到

$$y_p=3t^2e^{-2t},\qquad y=e^{-2t}(C_1+C_2t+3t^2).$$

这次需要 $t^2$，因为算子把幅度函数的零阶和一阶部分都消去了，必须让二阶导数留下东西。

把规律收拢起来，记特征多项式 $p(r)=ar^2+br+d$。对于输入 $e^{\lambda t}P_n(t)$，若 是特征根，重数为 ，就在整组基础试探式外乘 ；不是根则取 。对于带正弦余弦的输入，检查的是复数 是否为根，同样按其重数乘 。实系数二阶方程中的非实根只能是单根，因此这类重复最多乘一次 。

为什么多项式项也遵守这个规则？同样把 $y=e^{\lambda t}u$ 代回去，就得到

$$L[e^{\lambda t}u] =e^{\lambda t}\bigl[au''+(2a\lambda+b)u'+p(\lambda)u\bigr].$$

若 $p(\lambda)\ne0$，左边保留 $u$，同次数多项式就有机会匹配右端。若 $\lambda$ 是单根，$u$ 项消失但 $u'$ 项仍在，试探多项式要多一阶；若是二重根， 和 都消失，必须多两阶。乘 恰好给出所需次数，同时避开已经属于齐次解的低次部分。这里按每一个指数与频率相同的输入组判断，不要因为一组重复，就把所有互不相关的输入一起乘 。

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正弦输入、混合输入与相位

回到周期性推动。先求

$$y''+2y'+5y=10\cos t.$$

它的齐次根为 $-1\pm2i$，基础试探式 $A\cos t+B\sin t$ 与齐次解不重复。代入得到

$$L[y_p]=(4A+2B)\cos t+(4B-2A)\sin t.$$

为了让左边恰好只留下 $10\cos t$，必须同时满足

$$4A+2B=10,\qquad 4B-2A=0.$$

得到 $A=2$、$B=1$，所以特解是 $2\cos t+\sin t$。正弦项并不是多出一种外力，它用来表示输出峰值相对于输入峰值的时间错位。利用和角公式，可以写成

$$y_p=\sqrt5\cos(t-\phi),\qquad \cos\phi=\frac2{\sqrt5},\quad \sin\phi=\frac1{\sqrt5}.$$

于是 $\phi=\arctan(1/2)$，输入在 $t=0$ 取最大值，而这个周期特解在 $t=\phi$ 才取最大值。我们把这种时间上的落后称为相位滞后。

如果装置最初静止于平衡位置，完整初值解还需要齐次部分补上起步过程。通解是

$$y=e^{-t}(C_1\cos2t+C_2\sin2t)+2\cos t+\sin t.$$

代入 $y(0)=0$ 得 $C_1=-2$；代入 $y'(0)=0$ 得 ，因此 。最终

$$y=e^{-t}\left(-2\cos2t-\frac32\sin2t\right)+2\cos t+\sin t.$$

开始时两部分相互配合，让位移和速度都为零；时间久了，指数项退去，只剩跟外力同频的周期运动。这里衰减的齐次部分叫暂态响应，留下的周期特解叫稳态响应。若没有阻尼，齐次振荡不衰减，我们就不能说初始条件的影响会自行消失。

更复杂一点的输入也不必另背一套方法。例如求

$$y''+2y'+2y=e^{-t}(2\cos2t+3\sin2t).$$

先设 $y=e^{-t}u$，方程变成 $u''+u=2\cos2t+3\sin2t$。试 ，代入得 、。因此

$$y_p=e^{-t}\left(-\frac23\cos2t-\sin2t\right).$$

指数、正弦和余弦混在一起，仍能通过有限次比较系数求出结果。

如果周期输入的强弱还在缓慢增加，例如 $y''+4y=3t\cos t$，我们就要把一次多项式放在正弦和余弦前。设

$$y_p=(At+B)\cos t+(Dt+E)\sin t.$$

这里输入角频率 $1$ 与固有角频率 $2$ 不同，不乘额外的 $t$。求导、合并同类项得到

$$y_p''+4y_p=(3At+3B+2D)\cos t+(3Dt+3E-2A)\sin t.$$

比较系数依次得到 $A=1$、$D=0$、$B=0$、$E=2/3$，所以

$$y_p=t\cos t+\frac23\sin t.$$

输入没有单独的正弦项，答案却需要它抵消求导带来的项；这正是“备齐整个函数族”真正派上用场的地方。

还有一种组合能把前面的规则串起来：输入既有指数包络，又与系统的复特征根重复。例如

$$y''+2y'+5y=8e^{-t}\cos2t.$$

齐次解含有 $e^{-t}\cos2t$ 和 $e^{-t}\sin2t$，所以不能只设 $e^{-t}(A\cos2t+B\sin2t)$。按规则，整组要乘一次 。仍用 ，方程化为

$$u''+4u=8\cos2t.$$

设 $u=t(A\cos2t+B\sin2t)$，左边成为 $-4A\sin2t+4B\cos2t$。比较系数得到 、，于是

$$y_p=2te^{-t}\sin2t, \qquad y=e^{-t}(C_1\cos2t+C_2\sin2t+2t\sin2t).$$

从代数上说，输入和齐次模式的重复确实要求乘 $t$。从运动上看，外力幅度在衰减，特解的包络 $2te^{-t}$ 先增加后减小，最终仍趋于零。只盯着式子里出现了 $t$ 就宣布“发生无限增长的共振”，会忽略同一个式子里更强的指数衰减。

到这里，可以形成一个不依赖死记表格的检查习惯：先把齐次根算出来，再把输入拆成指数与频率相同的几组，为每组备齐多项式和三角函数，按根的重数决定是否额外乘时间。系数比较完成以后，至少代回原方程一次；若给了初值，再检查完整解的位移和速度。一个只满足方程却不满足初值的漂亮公式，还不是题目所问的那条运动轨迹。

最后看叠加。对 $y''+4y=8+5e^t+6\cos2t$，常数输入给出特解 $2$，指数输入给出特解 ，而 与齐次模式重复，需要试 。由于

$$\left(\frac{d^2}{dt^2}+4\right)(t\cos2t)=-4\sin2t, \qquad \left(\frac{d^2}{dt^2}+4\right)(t\sin2t)=4\cos2t,$$

可得 $A=0$、$B=3/2$。通解于是为

$$y=C_1\cos2t+C_2\sin2t+2+e^t+\frac32t\sin2t.$$

只有余弦那一组乘了时间。线性让三种输入可以分开处理，最后再由同一个总解接受初始条件。

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电机持续推动时，弹簧怎样回应

现在把数学符号换回有单位的装置。设质量块只沿一条直线运动，位移 $x$ 从没有电机外力时的静态平衡位置量起。弹簧在所考虑的位移范围内服从线性恢复力 $-kx$，阻尼力近似为 $-cx'$，电机提供给定外力 $F(t)$；质量和参数均视为常数。牛顿第二定律是“质量乘加速度等于合力”，所以

$$mx''=-cx'-kx+F(t),$$

也就是

$$mx''+cx'+kx=F(t),\qquad m>0,\quad k>0,\quad c\ge0.$$

若装置竖直放置，重力已经由静态平衡伸长抵消，不再额外写进以平衡位置为原点的方程。使用国际单位时，$m$ 是千克，$c$ 是牛顿秒每米，$k$ 是牛顿每米，$F$ 是牛顿，$x$ 是米；左边每一项都必须是力。除以质量后，右端是 $F(t)/m$，不能把原来的力幅值直接当作加速度幅值。

我们先研究 $F(t)=F_0\cos\omega t$，其中 $F_0>0$，$$ 是外力角频率，单位为弧度每秒；对应每秒振动次数是 。取 时，上一章的三种阻尼情形都会使齐次解趋于零，因此只需找一个周期特解，就能知道足够久以后的运动。

设 $x_p=A\cos\omega t+B\sin\omega t$，比较系数得

$$(k-m\omega^2)A+c\omega B=F_0, \qquad -c\omega A+(k-m\omega^2)B=0.$$

记 $D=(k-m\omega^2)^2+c^2\omega^2$，解这个二元一次方程组，得到

$$A=\frac{F_0(k-m\omega^2)}D,\qquad B=\frac{F_0c\omega}D.$$

于是可以写成振幅与相位的形式

$$x_p=R(\omega)\cos(\omega t-\phi),\qquad R(\omega)=\frac{F_0}{\sqrt{(k-m\omega^2)^2+c^2\omega^2}},$$ $$\cos\phi=\frac{k-m\omega^2}{\sqrt D},\qquad \sin\phi=\frac{c\omega}{\sqrt D}.$$

不要只记 $\tan\phi=c\omega/(k-m\omega^2)$ 再随手按反正切。$\omega$ 越过 $\sqrt{k/m}$ 后，余弦为负、正弦为正， 应当在第二象限；普通反正切的主值可能给出错误的负角。上面同时指定正弦和余弦的写法，就把象限保留下来了。对 、，取 ，输出相对外力滞后 的时间。

相位也有可以直接检验的极端情况。低频时 $k-m\omega^2$ 为正且占主导，$\phi$ 接近零，外力往哪边推，位移大致就往哪边偏。恰好在 $\omega=\omega_0=\sqrt{k/m}$ 时，弹性项与惯性项在系数方程中抵消，，响应是 ，位移落后外力四分之一周期。此时振幅有限，而且这个频率一般并不是位移振幅的最大点。再继续提高频率， 接近 ，位移近似与外力反相。这些判断能帮助我们发现算式中的符号错误，也让相位角不再只是计算器给出的一个数。

这个公式还能回答“转得越快，位移越大吗”。很慢的外力下，$R(\omega)$ 接近 $F_0/k$，质量块近似跟着不断移动的静态平衡位置走。很快的外力下，$R(\omega)$ 近似为 $F_0/(m\omega^2)$，反而变小，因为要让质量块快速来回加速，需要很大的力。最大的响应若存在，就应当出现在两者之间。

串联 RLC 电路有同样的数学结构。以电荷 $q$ 为未知量，把电感、电阻、电容分别记为 $L,R,C$，外加电压记为 $E(t)$，回路中的电压平衡给出

$$Lq''+Rq'+\frac1Cq=E(t).$$

电流为 $q'$。这里机械位移对应电荷，力对应电压；因此位移振幅的共振结论对应电荷振幅，若改研究电流，还要多考虑求导带来的频率因子，不能不加区分地套用。

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有阻尼时，共振峰出现在哪里

把外力幅值 $F_0$ 和装置参数固定，只改变频率，画出的 $R(\omega)$ 叫振幅频率响应。它讨论的是多次实验中各个频率对应的长期振幅，不是一条运动曲线里的位移随时间变化。

要让 $R$ 最大，只需让分母的平方最小。对

$$D(\omega)=(k-m\omega^2)^2+c^2\omega^2$$

求导，得到

$$D'(\omega)=2\omega\bigl(2m^2\omega^2+c^2-2mk\bigr).$$

若 $0<c^2<2mk$，括号内的式子在某个正频率由负变正，分母先减后增，因此振幅在

$$\omega_r=\sqrt{\frac{k}{m}-\frac{c^2}{2m^2}}$$

取得峰值。代回振幅公式还能得到

$$R_{\max}=\frac{F_0}{c\sqrt{k/m-c^2/(4m^2)}}.$$

这个有限的峰值通常叫作阻尼系统的共振峰。若 $c^2\ge2mk$，则 $D$ 随正频率增加而增加，振幅从零频率的静态值 $F_0/k$ 开始下降，没有正频率的位移共振峰。这里把 $\omega=0$ 也纳入比较时，输入就是恒力，不再是来回振动。

注意三个频率各自回答的问题。$\omega_0=\sqrt{k/m}$ 是无阻尼自由振动的固有角频率；${\omega }_d=\sqrt{k\mathrm{/}m-c^2\mathrm{/}(4m^{}}$ 是欠阻尼自由振动的角频率； 则使受迫稳态的位移振幅最大。存在正频率峰且阻尼为正时，。欠阻尼只要求 ，所以某些系统虽然自由运动会振荡，位移频率响应却没有正频率峰。

算一个具体装置。设 $m=1$ 千克、$c=2$ 牛顿秒每米、$k=10$ 牛顿每米，外力幅值 $F_0=6$ 牛顿。它有 ，因此

$$\omega_r=\sqrt8=2\sqrt2\ \text{弧度/秒},\qquad R_{\max}=\frac6{2\sqrt{10-1}}=1\ \text{米}.$$

若实际电机取 $\omega=3$ 弧度每秒，代入系数方程可得

$$x_p(t)=\frac6{37}\cos3t+\frac{36}{37}\sin3t, \qquad R(3)=\frac6{\sqrt{37}}\ \text{米}.$$

相位满足 $\tan\phi=6$ 且位于第一象限，所以 $\phi=\arctan6$。这次的振幅略小于 $1$ 米，和“$3$ 已稍稍越过峰值频率 $2\sqrt2$”一致。这些数值是理想模型的计算示例；若实际弹簧只在线性范围内允许很小的位移，就应降低力幅值或更换参数，而不是把大位移预测无条件外推。

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无阻尼时，接近同频与精确同频有什么不同

把阻尼设为零，弹簧不再持续耗散机械能。先考虑从平衡位置静止开始、外力频率还没有精确对上的情形：

$$mx''+kx=F_0\cos\omega t,\qquad x(0)=0,\quad x'(0)=0,\quad \omega\ne\omega_0=\sqrt{k/m}.$$

待定系数给出 $x_p=F_0\cos\omega t/[m(\omega_0^2-\omega^2)]$。但这个特解在 的位移不为零，必须加上齐次振荡抵消它。由初值得到

$$x(t)=\frac{F_0}{m(\omega_0^2-\omega^2)} \bigl(\cos\omega t-\cos\omega_0t\bigr).$$

这里两个频率的振荡会一直共存，因为齐次部分没有衰减。当频率很接近时，它们有时互相加强，有时互相抵消，出现一阵强、一阵弱的拍频现象。把余弦差写成乘积，就能看见这种节奏：

$$x(t)=\frac{2F_0}{m(\omega_0^2-\omega^2)} \sin\frac{(\omega_0-\omega)t}{2} \sin\frac{(\omega_0+\omega)t}{2}.$$

后一项快速振动，前一项缓慢改变振幅。取绝对值后的包络每隔 $2\pi/|\omega_0-\omega|$ 重复一次，这是强弱变化的拍周期。对任意固定的不同频率，位移始终满足

$$|x(t)|\le\frac{2F_0}{m|\omega_0^2-\omega^2|}.$$

分母虽小，仍是非零常数，运动会反复增强再减弱，不会一直线性长大。例如 $m=1$、$k=4$、$F_0=1$、$\omega=1.9$，则

$$x(t)=\frac{100}{39}(\cos1.9t-\cos2t) =\frac{200}{39}\sin0.05t\sin1.95t.$$

拍周期是 $20\pi$ 秒，包络最大值为 $200/39$ 米。这是忽略阻尼、并假定弹簧在预测位移范围内仍保持线性的模型结果。

现在让外力精确满足 $\omega=\omega_0$。普通余弦试探式成为齐次解，必须改用 $t(A\cos\omega_0t+B\sin\omega_0t)$。由

$$\left(\frac{d^2}{dt^2}+\omega_0^2\right)(t\sin\omega_0t) =2\omega_0\cos\omega_0t$$

可得

$$x_p(t)=\frac{F_0}{2m\omega_0}t\sin\omega_0t.$$

这个特解恰好满足零初始位移和速度，因此就是上述静止起步问题在精确同频时的完整解。它振荡的上下包络为 $\pm F_0t/(2m\omega_0)$，随时间线性展开。例如 $m=2$ 千克、$k=18$ 牛顿每米、 牛顿，固有角频率为 弧度每秒，同频施力得到 ，按这些单位位移以米计。

这就是理想无阻尼的精确共振。它没有在某个有限时刻突然变成无穷大，解在每一个有限时刻都存在；说“无界”，指的是时间继续推进时会出现任意大的位移峰值。实际装置会在此之前遇到阻尼、非线性或位移限制，方程的假设需要重新检查。

还可以从拍频解走到精确共振：固定一个有限时刻 $t$，令 $\omega\to\omega_0$，虽然分母趋于零，分子也趋于零，两者的比值趋于 $t\sin\omega_0t/(2\omega_0)$。因此完整初值解连续地接上共振解。不能只看特解分母变小，就断言系统在输入刚开启时立刻出现巨大位移；齐次部分负责满足初值，早期会发生关键的抵消。

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长期振动，其实是一笔能量账

最后用能量把刚才的公式连起来。质量块的动能加上弹簧势能是

$$\mathcal E(t)=\frac12m[x'(t)]^2+\frac12kx(t)^2.$$

对时间求导，再用运动方程替换 $mx''+kx$：

$$\mathcal E'=x'(mx''+kx)=F(t)x'-c[x']^2.$$

$F(t)x'$ 是外力做功的瞬时功率：力与速度同向时为正，反向时为负。$c[x']^2$ 是阻尼每秒耗散的能量，永远非负。这条等式说明了“持续推动”为什么不一定让能量永远增加：外力并非每一刻都在补能，阻尼也在不断耗能。

对于有阻尼的周期稳态 $x_p=R\cos(\omega t-\phi)$，系统经过一个周期回到相同位置和速度，机械能也回到原值。对整个周期取平均，能量变化率为零，于是平均输入功率恰好等于平均耗散功率：

$$\langle F(t)x_p'(t)\rangle =\frac12F_0R\omega\sin\phi =\frac12cR^2\omega^2.$$

中间的式子可由三角函数一个周期的平均值算出，最后一个等号也可以用 $\sin\phi=c\omega R/F_0$ 检查。位移振幅达到有限值，正是每周期输入和耗散能够平衡的结果。稳态仍在运动，仍有能量流过，不能把“稳态”理解成停在原地。

无阻尼且精确共振时，耗散项消失。令 $K=F_0/(2m\omega_0)$，零初值解是 $x=Kt\sin\omega_0t$，其速度为 。代入能量后，随时间增长最快的部分为

$$\mathcal E(t)=\frac{F_0^2}{8m}t^2+O(t)\qquad(t\to\infty).$$

这里 $O(t)$ 表示其余项至多按时间的一次幂增长。位移包络按 $t$ 增长，能量的主导项就按 $t^2$ 增长。它是外力长期做功积累出来的，不是一个代数分母在瞬间“制造了无穷大”。

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练习：从试探式走到运动解释

练习一：求 $y''+3y'+2y=8$ 在 $y(0)=0$、 下的解，并解释长期行为。

显示推导

试常数特解 $y_p=A$，代入得 $2A=8$，所以 $A=4$。齐次根为 $-1,-2$，总解为 。初值给出 和 ，得到 、。因此

练习二：求 $y''+2y'+y=6te^{-t}$ 的通解。为什么不能只把普通试探式乘一次 $t$？

显示推导

特征根 $-1$ 是二重根，应取 $y_p=t^2e^{-t}(At+B)$。也可以令 ，把方程化为 ，两次积分取一个特解 。因此

练习三：求 $y''+4y=6\cos2t+10e^t$ 的通解，指出哪一组需要额外乘 $t$。

显示推导

齐次解为 $C_1\cos2t+C_2\sin2t$。余弦输入对应的特解是 $(3/2)t\sin2t$，因为 ；指数输入试 ，由 得 。因此

练习四：求 $x''+2x'+5x=10\cos3t$ 的周期稳态响应，给出振幅，并判断相位位于哪个象限。

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设 $x_p=A\cos3t+B\sin3t$，代入得到 $-4A+6B=10$、，解得 、。因此

练习五：装置参数为 $m=1$、$k=9$、$c=5$，采用一致的国际单位。它的自由运动会振荡吗？周期外力的位移振幅有正频率共振峰吗？

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自由运动的判别式为 $c^2-4mk=25-36=-11<0$，属于欠阻尼，其角频率为 $\sqrt{11}/2$。但位移共振峰要求 ，这里 ，不满足。因此自由运动有衰减振荡，受迫位移振幅却随正频率增加而下降。把有自由振荡等同于有位移共振峰，是把两个不同条件混在了一起。

练习六：对 $x''+4x=4\cos\omega t$，取零初始位移和速度。分别写出 $\omega\ne2$ 与 $\omega=2$ 的解，并说明为什么前一个公式的分母趋于零，不代表固定时刻的位移趋于无穷。

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不同频率时，先取特解 $4\cos\omega t/(4-\omega^2)$，再由初值补上齐次项，得到

$$x(t)=\frac4{4-\omega^2}(\cos\omega t-\cos2t).$$

练习七：一个阻尼系统的周期稳态为 $x_p=0.2\cos(3t-\phi)$ 米，阻尼系数 $c=4$ 牛顿秒每米。求平均耗散功率，并说明为什么它等于平均外力输入功率。

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速度是 $x_p'=-0.6\sin(3t-\phi)$ 米每秒，所以瞬时耗散功率为 $c(x_p')^2=1.44\sin^2(3t-\phi)$ 瓦。平方正弦在一个周期的平均值为 ，因此平均耗散功率是 瓦。周期稳态中，经过一个周期后位置和速度回到原值，机械能没有净变化；对 在这一周期积分并除以周期，便得到平均外力输入功率也为 瓦。外力某些时刻可以做负功，但整周期的净输入为正，用来补偿阻尼耗散。

走到这里，我们已经能处理多项式、指数、周期力及它们的有限组合，也能从一个解里分清初始状态、持续输入和能量收支。接下来只改动一个地方：假设外力变成 $1/(1+t^2)$，或者系数随时间改变，有限函数模板就未必能封闭。齐次方程仍然给出两种基本运动方式；下一章要尝试让它们前面的两个常数变成函数，用方程决定这些函数怎样变化，从而直接构造更一般的受迫响应。