变参数法与解的构造思想

上一章，我们给弹簧加上外力，学会了按输入的样子寻找特解：外力是正弦，就试着用正弦和余弦；碰到共振，再给试探式乘上适当的 $t$。这套办法很省力。可如果拉力来自一段测量曲线，或者随时间按一个不规则的函数变化，我们还应该猜什么？

先把问题放回真实的运动里。弹簧本身仍然是那根弹簧，质量、阻尼和刚度没有因为外力变复杂就消失。我们已经知道它不受外力时的基本运动方式。新的想法是：保留这些基本运动方式，让它们前面的系数随时间调整，用调整的过程记录外力。

这就是变参数法。它不保证每个积分都能写成漂亮的初等函数，却能把“寻找特解”变成一套有依据的构造。本章会一步步说明，那两个看似突然冒出的辅助条件从哪里来，为什么分母必须是 Wronskian，以及怎样选积分下限，让外力响应从零初始状态开始累积。

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让常数变化：从熟悉的一阶方程试起

先回想一个受外界输入影响、同时不断衰减的量。比如容器里某种物质以与现有含量成正比的速度流失，又以速率 $r(t)$ 补充。若体积等条件保持不变，含量 $z(t)$ 可以满足

$$z'+az=r(t),\qquad a>0.$$

这里 $a$ 的单位是时间的倒数，$r$ 的单位是含量除以时间。没有补充时，含量按 $z_h=Ce^{-at}$ 衰减。现在把常数 $C$ 换成函数 ，设

$$z=u(t)e^{-at}.$$

求导、代回去，会发生一次很干净的抵消：

$$z'+az=(u'e^{-at}-au e^{-at})+au e^{-at}=u'e^{-at}.$$

所以补充速率决定的恰好是系数的变化率：

$$u'=e^{at}r(t).$$

如果 $z(0)=z_0$，从 $0$ 积到 $t$，再乘回去，就得到

$$z(t)=e^{-at}\left[z_0+\int_0^t e^{a\tau}r(\tau)\,d\tau\right].$$

你应该认得这个结果：它和积分因子法给出的解完全相同。积分因子法把左边凑成一个乘积的导数；这里先把解写成“齐次解乘一个可变系数”，再让齐次部分抵消。两条路走到的是同一个地方。积分里的 $\tau$ 只是记录过去时刻的变量，外面的 $t$ 是我们正在观察的时刻，二者不能混在一起求导。

二阶方程的齐次通解通常有两个常数，因此我们顺着同一个思路，尝试把两个常数都变成函数。不过，多了一个函数，也会多出一些需要认真安排的求导项。

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先准备好齐次解和工作区间

回到受迫振动。物体的加速度乘质量，等于外力减去阻尼力和弹簧恢复力，因此有

$$my''+cy'+ky=F(t).$$

$y$ 是相对平衡位置的位移，$m>0$ 是质量，$c\ge0$ 是阻尼系数，$k>0$ 是弹簧刚度。左边每一项都是力。为了把加速度单独放在最前面，需要除以质量，右端也必须同时除：

$$y''+\frac{c}{m}y'+\frac{k}{m}y=\frac{F(t)}{m}.$$

变参数法并不要求系数恒定。我们一般讨论

$$a_2(t)y''+a_1(t)y'+a_0(t)y=f(t).$$

在一个区间 $I$ 上，假设这些系数和 $f$ 连续，而且 $a_2(t)$ 始终不为零。于是可以标准化成

$$y''+p(t)y'+q(t)y=g(t), \qquad p=\frac{a_1}{a_2},\quad q=\frac{a_0}{a_2},\quad g=\frac{f}{a_2}.$$

这个步骤看着普通，却决定后面整个计算的尺度。比如 $2y''+8y=6\sec(2t)$ 的标准右端是 $3\sec(2t)$，不是 $6\sec(2t)$。物理上，这相当于把力换成它造成的加速度；漏除质量，就连单位都对不上。

接着，找到齐次方程

$$y''+p(t)y'+q(t)y=0$$

的两个线性无关解 $y_1,y_2$。我们在前面讨论二阶方程结构时，把这样的一对函数叫作基本解组。它们应当同时通过两项检查：确实代入齐次方程后得到零，而且彼此不能只是常数倍。

计算中常用的检查量是

$$W(t)= \begin{vmatrix} y_1(t)&y_2(t)\\ y_1'(t)&y_2'(t) \end{vmatrix} =y_1y_2'-y_1'y_2.$$

这就是 Wronskian。为什么偏偏要把函数和导数放在一起？因为二阶运动的当前状态由位移和速度共同决定。两列 $(y_1,y_1')$、$(y_2,y_2')$ 要能独立地拼出这两个状态量，行列式就不能是零。仅看某一时刻的两个函数值，不足以说明它们是否独立。

在 $p,q$ 连续的同一个区间里，两个齐次解的 Wronskian 满足

$$\begin{aligned} W'&=y_1y_2''-y_1''y_2\\ &=y_1(-py_2'-qy_2)-(-py_1'-qy_1)y_2\\ &=-pW. \end{aligned}$$

所以对任意 $t_0\in I$，

$$W(t)=W(t_0)\exp\left(-\int_{t_0}^t p(\tau)\,d\tau\right).$$

指数因子不会变成零。因此，只要在区间中的一个点算出 $W(t_0)\ne0$，整个区间上都不为零。这里的前提“同一个齐次方程的解”不能删掉；对随便挑出的两个函数，不能把这套结论直接搬过去。

如果只知道一个不恒为零的齐次解 $y_1$，还没找到第二个，该怎么办？可以先在 $y_1\ne0$ 的小区间上设 $y=vy_1$。求导代入齐次方程，含 的部分抵消，剩下

$$y_1v''+(2y_1'+py_1)v'=0.$$

令 $w=v'$，就变成了关于 $w$ 的一阶线性方程。这叫降阶。求出 $w$ 再积分，就有机会得到第二个独立解。它和本章的方法都在利用已知齐次解制造抵消，只是本章直接从已经准备好的两个解出发。如果齐次解本身也求不出来，变参数法不会凭空替我们跨过这一关。

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辅助约束为什么可以加，又为什么恰好选它

齐次通解是 $C_1y_1+C_2y_2$。为了接住输入 ，设一个待求特解为

$$y_p=u_1(t)y_1(t)+u_2(t)y_2(t).$$

这里的 $u_1,u_2$ 还没有确定。先老老实实用乘积法则求一次导数：

$$y_p'=u_1'y_1+u_2'y_2+u_1y_1'+u_2y_2'.$$

如果继续直接求导，$u_1''$ 和 $u_2''$ 都会出现。我们本来想简化二阶方程，却似乎制造了两个新的二阶未知函数。问题出在表示方式还太松：用两个未知函数表示一个 $y_p$，通常有多种写法。我们可以对写法作一个额外约定，选其中比较方便的一种。

具体地，要求

$$u_1'y_1+u_2'y_2=0.$$

这样一阶导数就简化为

$$y_p'=u_1y_1'+u_2y_2'.$$

先别急着接受“有自由度，所以可以加条件”这句话。一个更扎实的解释是：给定任意一个足够光滑的函数 $y$，我们同时要求

$$\begin{cases} u_1y_1+u_2y_2=y,\\ u_1y_1'+u_2y_2'=y'. \end{cases}$$

系数行列式正是 $W\ne0$，所以每个时刻都能唯一确定 $u_1,u_2$。第一行求导后减掉第二行，自动得到 $u_1^{\mathrm{\prime }}{y}_1+u_2^{\mathrm{\prime }}$。因此，这个约束没有额外限制我们最终想找的 ；它只是要求同一对系数同时表示位移和速度，消除表示上的多余选择。对于原方程的任何解，都能找到满足这个约束的表示。

现在继续求导：

$$y_p''=u_1'y_1'+u_2'y_2'+u_1y_1''+u_2y_2''.$$

代入标准方程，并把同一类项放到一起：

$$\begin{aligned} y_p''+py_p'+qy_p ={}&u_1(y_1''+py_1'+qy_1)\\ &+u_2(y_2''+py_2'+qy_2)\\ &+u_1'y_1'+u_2'y_2'. \end{aligned}$$

两个括号都是零，因为 $y_1,y_2$ 解的是齐次方程。要让剩下的部分等于 $g$，我们只需满足

$$\begin{cases} y_1u_1'+y_2u_2'=0,\\ y_1'u_1'+y_2'u_2'=g. \end{cases}$$

看清楚这次变化：未知量现在是 $u_1'$ 和 $u_2'$，它们在每个时刻满足一个普通的二元一次方程组。方程组解完，再各积一次分，就能得到 $u_1,u_2$。

我们用消元亲自走一遍，免得负号只能靠记忆。第一行乘 $y_2'$，第二行乘 $y_2$，前者减后者，得到

$$(y_1y_2'-y_1'y_2)u_1'=-y_2g.$$

第二行乘 $y_1$，第一行乘 $y_1'$，前者减后者，得到

$$(y_1y_2'-y_1'y_2)u_2'=y_1g.$$

所以

$$u_1'=-\frac{y_2g}{W},\qquad u_2'=\frac{y_1g}{W}.$$

Wronskian 出现在分母里，正是二元方程组可解的结果。它不是另外加上的技巧。如果你记不清哪一项有负号，重新写出两行方程并消元，比凭印象猜可靠得多。

选取原函数后，一个特解是

$$y_p=-y_1\int\frac{y_2g}{W}\,dt +y_2\int\frac{y_1g}{W}\,dt.$$

最后仍然要补齐通解：

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

交互中固定了正弦、余弦这对齐次解。观察时，把注意力放在 $u_1,u_2$ 的变化率上：它们不是任意晃动的两个系数，而是每一刻都同时满足辅助约束与输入方程。下面我们换一组具体系数，把这一过程完整算出来。

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例题：外力的形状不再适合猜测

考虑一个经过单位选择的无阻尼振子。其自然角频率为 $2$，外部装置在一段有限时间内提供随 $\sec(2t)$ 变化的拉力。相应方程取为

$$y''+4y=8\sec(2t).$$

这是为研究解法设置的理想化输入；当 $\cos(2t)$ 接近零时输入会急剧增大，不能把它当成能永远运行的实际装置。我们先在 $I=(-\pi/4,\pi/4)$ 上求解，实际向前观察时可取其中 $t\ge0$ 的部分。

齐次方程的基本解组是

$$y_1=\cos(2t),\qquad y_2=\sin(2t).$$

注意求导带来的因子 $2$：

$$W=\cos(2t)\cdot2\cos(2t) -[-2\sin(2t)]\sin(2t)=2.$$

因此

$$u_1'=-\frac{\sin(2t)\cdot8\sec(2t)}2=-4\tan(2t), \qquad u_2'=\frac{\cos(2t)\cdot8\sec(2t)}2=4.$$

积分时也要照顾里面的 $2t$。由于

$$\frac{d}{dt}\ln|\cos(2t)|=-2\tan(2t),$$

可取

$$u_1=2\ln|\cos(2t)|,\qquad u_2=4t.$$

于是

$$y_p=2\cos(2t)\ln|\cos(2t)|+4t\sin(2t),$$

通解为

$$y=C_1\cos(2t)+C_2\sin(2t) +2\cos(2t)\ln|\cos(2t)|+4t\sin(2t).$$

我们再验一遍，看看那些容易漏掉的因子是否都在。记 $\ell(t)=\ln|\cos(2t)|$，则 $\ell'=-2\tan(2t)$。求导后，中间的两项恰好抵消：

$$y_p'=-4\sin(2t)\ell+8t\cos(2t).$$

再求导并加 $4y_p$，得到

$$\begin{aligned} y_p''+4y_p &=8\sin(2t)\tan(2t)+8\cos(2t)\\ &=8\frac{\sin^2(2t)+\cos^2(2t)}{\cos(2t)}\\ &=8\sec(2t). \end{aligned}$$

若还给出 $y(0)=1$、$y'(0)=-2$，本例的 $y_p(0)=y_p'(0)=0$，所以 、。初值问题的答案就是上面的特解再加 。

对数里的绝对值允许公式写在其他不穿过奇点的区间上，但不同区间的积分常数要独立选择。即使某一项的端点极限看起来有限，也不能据此宣布解穿过了输入无定义的时刻；原方程先在那里失去了意义。

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例题：变系数和共振都能用同一套构造

系数变化时，先把右端除对

有些模型的有效系数会随自变量变化，不能再写一个常系数特征方程。这里取一个无量纲的数学例子：

$$t^2y''-4ty'+4y=6t^3,\qquad t>0, \qquad y(1)=2,\quad y'(1)=-1.$$

已知的候选齐次解是 $y_1=t$、$y_2=t^4$。先代入核对：前者给出 $-4t+4t$；后者给出 。两者确实都是解。

再除以 $t^2$：

$$y''-\frac4t y'+\frac4{t^2}y=6t.$$

这里 $g=6t$。Wronskian 为

$$W=t\cdot4t^3-1\cdot t^4=3t^4,$$

在 $t>0$ 上不为零。于是

$$u_1'=-\frac{t^4\cdot6t}{3t^4}=-2t, \qquad u_2'=\frac{t\cdot6t}{3t^4}=\frac2{t^2}.$$

取原函数 $u_1=-t^2$、$u_2=-2/t$，得到

$$y_p=(-t^2)t+\left(-\frac2t\right)t^4=-3t^3.$$

通解及其导数为

$$y=C_1t+C_2t^4-3t^3, \qquad y'=C_1+4C_2t^3-9t^2.$$

把 $t=1$ 和两个初值代入：

$$C_1+C_2=5,\qquad C_1+4C_2=8.$$

相减得到 $C_2=1$，再得 $C_1=4$。因此

$$y(t)=4t+t^4-3t^3,\qquad t>0.$$

快速核对特解，左边作用在 $At^3$ 上得到 $(6-12+4)At^3=-2At^3$，所以 确实给出 。初值也分别是 与 。

这道题的最终答案恰好是多项式，甚至可以把它写到 $t=0$。但标准方程的系数在零点奇异，通常的二阶初值唯一性结论不能跨过那里直接使用。表达式能延伸，与标准理论保证能延伸，是两件需要分别检查的事。我们解的是初始点 $1$ 所在的 $t>0$ 区间上的问题。

共振时，额外的时间因子自己出现

再看

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

这里可以用上一章的待定系数法。我们故意换成变参数法，看看共振时需要补上的 $t$ 会不会自然出现。取

$$y_1=e^{2t},\qquad y_2=e^{-2t},\qquad W=-4.$$

计算得到

$$u_1'=-\frac{e^{-2t}\cdot3e^{2t}}{-4}=\frac34, \qquad u_2'=\frac{e^{2t}\cdot3e^{2t}}{-4}=-\frac34e^{4t}.$$

所以可以选

$$u_1=\frac34t,\qquad u_2=-\frac3{16}e^{4t},$$

进而得到

$$y_p=\frac34te^{2t}-\frac3{16}e^{2t}.$$

第二项本身是齐次解，可以在写通解时并入任意常数。我们选一个更简洁的特解 $\frac34te^{2t}$，通解就是

$$y=C_1e^{2t}+C_2e^{-2t}+\frac34te^{2t}.$$

因为 $u_1'$ 是非零常数，积分必然产生 $t$。所以共振情况下的时间因子，已经藏在变参数法的积分里，无须另外准备一张修正规则表。核算也很短：$(te^{2t})''-4te^{2t}=4e^{2t}$，乘 正好得到右端。

本例有指数增长模态，不能把它解释成前面无阻尼弹簧的周期共振。这里强调的是代数上的同一现象：输入与齐次解重合，普通常数倍不能产生它，系数必须随时间改变。

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不定积分求不出来，为什么仍然算解出来了

设一个物体从静止出发，受到随时间平滑变化的加速度。经过单位缩放后，假定

$$y''=e^{-t^2},\qquad y(0)=0,\quad y'(0)=0.$$

齐次方程 $y''=0$ 的基本解组是 $y_1=1$、$y_2=t$，Wronskian 为 。从 积分，得到

$$u_1(t)=-\int_0^t\tau e^{-\tau^2}\,d\tau =\frac{e^{-t^2}-1}{2}, \qquad u_2(t)=\int_0^t e^{-\tau^2}\,d\tau.$$

于是解为

$$y(t)=t\int_0^t e^{-\tau^2}\,d\tau +\frac{e^{-t^2}-1}{2}.$$

其中高斯函数的积分不能写成有限个通常的初等函数组合。可这不妨碍表达式精确地指定一个函数：给出任意 $t$，积分区间、被积函数和结果都确定了。需要数值时可以做数值积分，需要研究性质时可以直接对它求导。

令 $I(t)=\int_0^t e^{-\tau^2}\,d\tau$。微积分基本定理告诉我们 $$，所以

$$y'=I(t)+te^{-t^2}-te^{-t^2}=I(t), \qquad y''=e^{-t^2}.$$

在 $t=0$ 时，$I(0)=0$，位移和速度初值也都满足。验证没有用到积分的初等表达。对于 $t\ge0$，还能读出速度非负、位移不断增加；当加速度逐渐变小时，速度仍然保留之前累积的变化，不会因为当前加速度接近零就立刻归零。

这道题也能用两次直接积分完成。选择它，是为了让你看见一个简单事实：解是函数，定积分同样可以定义函数。“还保留着积分号”本身不是未完成的标志，关键是它是否明确、是否满足方程和初值。

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把积分下限固定，外力响应就从零开始

前面求通解时，用不定积分很方便。解初值问题时，一个更整齐的选择是把两个积分的下限都设为初始时刻 $t_0$：

$$u_1(t)=-\int_{t_0}^t\frac{y_2(\tau)g(\tau)}{W(\tau)}\,d\tau, \qquad u_2(t)=\int_{t_0}^t\frac{y_1(\tau)g(\tau)}{W(\tau)}\,d\tau.$$

这样 $u_1(t_0)=u_2(t_0)=0$，当然有 。别漏掉速度：辅助约束已经给出 ，所以也有 。

因此，对于初值 $y(t_0)=y_0$、$y'(t_0)=v_0$，我们可以先求一个齐次解 ，让它单独满足这两个初值，再加上这个零初值特解。总响应就严格分成了

$$y=\underbrace{y_h}_{\text{初始状态造成的自由响应}} +\underbrace{y_p}_{\text{从零初始状态累积的输入响应}}.$$

这句话必须和“零初值特解”一起使用。对任意一个随手求出的特解，$y_p(t_0)$ 和 $y_p'(t_0)$ 可能不为零，那么齐次部分就要补上差额，不能直接说它单独携带原来的初值。特解不唯一，总解在给定初值后却是唯一的；定积分下限帮助我们把这份分工固定下来。

在一般基本解组下，齐次系数由

$$\begin{cases} C_1y_1(t_0)+C_2y_2(t_0)=y_0,\\ C_1y_1'(t_0)+C_2y_2'(t_0)=v_0 \end{cases}$$

确定。分母仍然是 $W(t_0)$。Wronskian 不为零，一方面让输入能被分配给两个系数的变化，另一方面让任何初始位置和速度都能选出唯一的自由运动。

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Green 核：过去的每一小段输入，今天留下多少影响

把定积分形式展开并合并，可以写成

$$y_p(t)=\int_{t_0}^t \frac{y_1(\tau)y_2(t)-y_2(\tau)y_1(t)}{W(\tau)} g(\tau)\,d\tau.$$

这里有两个时刻。$\tau$ 是输入发生的时刻，$t$ 是观察响应的时刻。把只与系统和这两个时刻有关的部分记作

$$G(t,\tau)= \frac{y_1(\tau)y_2(t)-y_2(\tau)y_1(t)}{W(\tau)}, \qquad t\ge\tau.$$

它叫作这个标量二阶初值问题的 Green 核。于是

$$y_p(t)=\int_{t_0}^t G(t,\tau)g(\tau)\,d\tau.$$

先检查这个新名字是否真的在描述我们想要的东西。固定输入时刻 $\tau$，把 $t$ 当变量，$G$ 是两个齐次解的常数线性组合，所以在 $t>\tau$ 时按齐次方程演化。再在刚开始的时刻计算：

$$G(\tau,\tau)=0, \qquad \left.\frac{\partial G(t,\tau)}{\partial t}\right|_{t=\tau} =\frac{W(\tau)}{W(\tau)}=1.$$

这表示一份作用从时刻 $\tau$ 开始传播时，位移没有瞬间跳跃，而速度获得了单位变化，随后按系统自身的运动规律演化。对于标准方程，短时间 $\Delta\tau$ 内的加速度输入 $g(\tau)$ 带来的速度增量约为 $g(\tau)\Delta\tau$，它对时刻 $t$ 的位移贡献约为

$$G(t,\tau)g(\tau)\Delta\tau.$$

把过去许多小时间段的贡献相加，再让时间段变细，就得到上面的积分。这就是“输入不断累积”的精确版本。核本身可以有正有负：弹簧早先受到一次向右推动，过一段时间可能已经摆到了左边，所以正输入不必在所有观察时刻都贡献正位移。

这个表达还可以直接验证。因为 $G(t,t)=0$，对积分求一次导数时，上限带来的边界项消失：

$$y_p'(t)=\int_{t_0}^t G_t(t,\tau)g(\tau)\,d\tau.$$

第二次求导，边界项变成 $G_t(t,t)g(t)=g(t)$，因此

$$y_p''(t)=g(t)+\int_{t_0}^t G_{tt}(t,\tau)g(\tau)\,d\tau.$$

再加 $p(t)y_p'+q(t)y_p$，积分里的 $G_{tt}+pG_t+qG$ 为零，最后只剩 。当 时两个积分都为零，初始位移和速度也同时是零。这样，方程与两个初值都从核的性质里得到了验证。

为了表示向前演化的因果响应，我们还规定 $t<\tau$ 时 $G(t,\tau)=0$：未来才发生的推动，不能改变当前的位置。本章使用 $t\ge t_0$ 来解释这种因果性。数学上的定积分解也可以向 $$ 左侧求值，但那是在根据初值反向求解，不能把它混同于未来输入影响过去。

一个带质量和阻尼的完整响应

设质量为 $2\,\mathrm{kg}$，阻尼系数为 $4\,\mathrm{N\,s/m}$，刚度为 $10\,\mathrm{N/m}$，初始位移与速度都是零。用秒作时间单位，外力取 $F(t)=6e^{-t}\,\mathrm N$，其中指数中的衰减率为 。用 SI 单位记录数值，方程是

$$2y''+4y'+10y=6e^{-t},\qquad y(0)=y'(0)=0.$$

标准右端为 $g=3e^{-t}$。齐次方程 $y''+2y'+5y=0$ 的基本解组是 、，计算得 。因此

$$G(t,\tau)=\frac12e^{-(t-\tau)}\sin\bigl(2(t-\tau)\bigr).$$

代入积分：

$$\begin{aligned} y(t) &=\int_0^t\frac12e^{-(t-\tau)}\sin\bigl(2(t-\tau)\bigr)\cdot3e^{-\tau}\,d\tau\\ &=\frac32e^{-t}\int_0^t\sin\bigl(2(t-\tau)\bigr)\,d\tau\\ &=\frac34e^{-t}\bigl(1-\cos(2t)\bigr). \end{aligned}$$

最后一行的位移数值以米计。令 $v=\frac34(1-\cos2t)$，则 $y=e^{-t}v$，有

$$y''+2y'+5y=e^{-t}(v''+4v)=3e^{-t}.$$

原方程两边再乘 $2$ 就核对了外力，$v(0)=v'(0)=0$ 也核对了初值。这个结果同时包含持续输入和阻尼衰减，不需要把运动逐时分段拼接。

本例的核只依赖时间差 $t-\tau$。常系数意味着系统本身不随日历时刻改变，同样的一次输入晚发生一秒，响应就整体晚一秒。因此常系数问题的核可以写成 $h(t-\tau)$，零初值响应变为

$$y_p(t)=\int_0^t h(t-\tau)g(\tau)\,d\tau.$$

这类积分叫卷积。对于变系数方程，早晨和晚上输入时系统可能已经不同，核通常必须分别保留 $t$ 和 $\tau$，不能擅自改成只看时间差的形式。这里先认识卷积在时间域里的含义，后续处理阶跃、冲击输入时再专门计算它。

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真正动手时，怎样选方法

现在有几条解非齐次方程的路线可用了。对常系数方程，右端又是指数、多项式、正弦余弦的有限组合，待定系数法通常少算几个积分。已经知道齐次基本解组，而右端不属于这些类型，变参数法就能直接开始构造。只知道一个齐次解时，可以先考虑降阶。若齐次解难以求出、输入只有一组采样值，前面学过的数值方法仍然有实际用途。

选择变参数法后，我建议先写具体的两行方程组，再考虑要不要直接套公式。这样自然会检查三个地方：第二行的右端是否已经除过最高阶系数；两列是不是来自真正的齐次基本解；积分区间有没有越过原方程或基本解的奇点。

最后检查答案时，也分两件事做。先把特解代回非齐次方程，核对右端；再代入初始位置和速度，核对常数。两个候选特解长得不一样时，先相减，如果差是齐次解，它们可以通向同一个通解。但如果要比较两个初值问题的最终答案，除了相减得到齐次解，还必须核对这个差的两个初值都是零。

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练习：把每个条件也算进去

从二元方程组重新推出负号

设 $y_1,y_2$ 是基本解组。不要直接抄变参数公式，从辅助约束和非齐次方程出发，用消元求 $u_1',u_2'$。如果交换 的顺序，最终特解会改变吗？

查看推导

两行方程是 $y_1u_1'+y_2u_2'=0$ 与 。第一行乘 减去第二行乘 ，得到 ；第二行乘 减去第一行乘 ，得到 。因此

标准化之后再积分

用变参数法求

$$3y''+27y=9\sec(3t)$$

在 $(-\pi/6,\pi/6)$ 上的通解。

查看完整计算

除以 $3$，得到 $y''+9y=3\sec(3t)$。取 $y_1=\cos3t$、，则 。所以

一个新的变系数初值问题

已知 $y_1=t^2$、$y_2=t^5$，求

$$t^2y''-6ty'+10y=8t^4,\qquad t>0, \qquad y(1)=1,\quad y'(1)=0.$$

查看完整计算

把 $t^2,t^5$ 分别代入齐次左边，系数是 $2-12+10=0$ 与 $20-30+10=0$。标准右端为 ，而

一个特解不一定具有零初值

对于 $y''-4y=3e^{2t}$，选 $q(t)=\frac34te^{2t}$。它是不是特解？是不是满足 的特解？请通过添加齐次项，把它改成零初值特解。

查看初值调整

因为 $q''-4q=3e^{2t}$，它确实是特解。但 $q(0)=0$，而 $$，所以速度初值不为零。设修正后的特解为 。要求

用积分核验证一个没有初等表达的解

求初值问题

$$y''+16y=e^{-t^2},\qquad y(0)=2,\quad y'(0)=-4$$

的精确定积分表达，并验证方程及初值。

查看定积分答案

取 $y_1=\cos4t$、$y_2=\sin4t$，则 $W=4$，核为 。自由响应满足初值，因此

核应该对力积分，还是对加速度积分

质量为 $4$、无阻尼、刚度为 $36$ 的弹簧满足

$$4y''+36y=F(t),\qquad y(0)=y'(0)=0.$$

写出直接对 $F$ 积分的响应公式。再取常力 $F(t)=12$，算出位移并验证。

查看单位与响应

标准方程是 $y''+9y=F/4$。对于标准右端，核是 $G(t,\tau)=\sin(3(t-\tau))/3$。直接对力积分时还要除以质量：

变参数法把复杂输入留在一个明确的积分中，初始状态也可以安排得很清楚。不过，若外力在几个时刻开关，或者我们要反复计算许多不同输入，上面的积分和分段处理仍然可能很长。下一章会从一个带指数权重的积分开始，学习 Laplace 变换：它把求导和初始条件一并送进代数方程。等这套工具准备好，再回看这里的卷积，输入与响应的关系会有另一种便于计算的表达。