特徵方程式

提示：此條目頁的主題不是特徵多項式。

特徵方程式（characteristic equation）或輔助方程式（auxiliary equation）為數學名詞，是對應n階微分方程或差分方程的n次代數方程式。只有線性齊次常系數的微分方程或差分方程才有特徵方程式。考慮一微分方程，其因變量為y，a_n, a_{n − 1}, ..., a₁, a₀為常數

$a_{n}y^{(n)}+a_{n-1}y^{(n-1)}+\cdots +a_{1}y'+a_{0}y=0,$

其特徵方程式如下

$a_{n}r^{n}+a_{n-1}r^{n-1}+\cdots +a_{1}r+a_{0}=0$

根據其解r₁, r₂, ..., r_n可以產生微分方程的通解。而一個線性差分方程

$y_{t+n}=b_{1}y_{t+n-1}+\cdots +b_{n}y_{t}$

也有其特徵方程式

$r^{n}-b_{1}r^{n-1}-\cdots -b_{n}=0,$

特徵方程式的根也可以提供動態方程的特性資訊。若是一個自變數為時間的微分方程，其應變數穩定的充份必要條件是每一個根的實部都是負值。若是差分方程，穩定的充份必要條件是每一個根的絕對值都小於1。針對這兩種系統，若是有複數根，表示其解會振盪。

線性常係數常微分方程的積分求解法是由萊昂哈德·歐拉發現，他也發現了其解的特性和代數的「特徵方程」有關。後來法國科學家奧古斯丁·路易·柯西及加斯帕爾·蒙日也提及歐拉的特徵方程，而且提到不少細節。

推導

考慮常係數的線性齊次微分方程 a_n, a_{n − 1}, ..., a₁, a₀,

$a_{n}y^{(n)}+a_{n-1}y^{(n-1)}+\cdots +a_{1}y^{\prime }+a_{0}y=0$

假設y(x) = e^rx，而指數函數e^rx的導數是本身的倍數，y′ = re^rx, y″ = r²e^rx，y⁽ⁿ⁾ = rⁿe^rx。因此上式中的每一項都會是e^rx的倍數。若r為特定值，可以讓e^rx的倍數變為0，這樣即可求解齊次微分方程。為了求解r，可以將y = e^rx及其導數替換到微分方程中，可以得到

$a_{n}r^{n}e^{rx}+a_{n-1}r^{n-1}e^{rx}+\cdots +a_{1}re^{rx}+a_{0}e^{rx}=0$。

因為e^rx不會為零，因此其係數必須為零，可以得到以下的特徵方程式

$a_{n}r^{n}+a_{n-1}r^{n-1}+\cdots +a_{1}r+a_{0}=0$

求解特徵方程式中的r，可以求得微分方程的通解。例如，若r為3，其通解為y(x) = ce^3x，其中c為積分常數。

有關通解的公式

找到特徵方程式的根r₁, ..., r_n，就可以找到微分方程的通解。特徵方程式的根可能是實數或複數，可能都是不同的值，也可能會有相同的值（重根）。若特徵方程式的根有相異的實根，另外有h個重根，或是k個複數的根，其解分別為y_D(x), y_R1(x), ..., y_Rh(x)及y_C1(x), ..., y_Ck(x)，因此通解為

$y(x)=y_{\mathrm {D} }(x)+y_{\mathrm {R} _{1}}(x)+\cdots +y_{\mathrm {R} _{h}}(x)+y_{\mathrm {C} _{1}}(x)+\cdots +y_{\mathrm {C} _{k}}(x)$

例子

以下是常係數的線性齊次微分方程

$y^{(5)}+y^{(4)}-4y^{(3)}-16y''-20y'-12y=0$

其特徵方程為

$r^{5}+r^{4}-4r^{3}-16r^{2}-20r-12=0$

將特徵方程因式分解，可得到

$(r-3)\left(r^{2}+2r+2\right)^{2}=0$

可以看到r的解有一個單根，r₁ = 3以及重根的複數根r_2,3,4,5 = −1 ± i，因此其通解為

$y(x)=c_{1}e^{3x}+e^{-x}(c_{2}\cos x+c_{3}\sin x)+xe^{-x}(c_{4}\cos x+c_{5}\sin x)$

其中有常數c₁, ..., c₅。

相異實根

根據應用在常係數線性齊次微分方程的疊加原理，若u₁, ..., u_n是特定微分方程的n個線性無關的解，則c₁u₁ + ... + c_nu_n也是其解，其中c₁, ..., c_n為任意常數。因此，若特徵方程有相異實根r₁, ..., r_n，則通解為

$y_{\mathrm {D} }(x)=c_{1}e^{r_{1}x}+c_{2}e^{r_{2}x}+\cdots +c_{n}e^{r_{n}x}$。

重根實根

若特徵方程式中有重複k次的根r₁，可以確定y_p(x) = c₁e^r₁x會是微分方程的解，不過這個解沒有針對其他k − 1的根提供線性獨立的解。因為r₁為k次重根，可以將微分方程改寫為

$\left({\frac {d}{dx}}-r_{1}\right)^{k}y=0$.

因為y_p(x) = c₁e^r₁x為其中的一個解，因此可以令通解為以下的形式y(x) = u(x)e^r₁x，其中 u(x)是待確認的函數。將ue^r₁x代入後可得

$\left({\frac {d}{dx}}-r_{1}\right)ue^{r_{1}x}={\frac {d}{dx}}\left(ue^{r_{1}x}\right)-r_{1}ue^{r_{1}x}={\frac {d}{dx}}(u)e^{r_{1}x}+r_{1}ue^{r_{1}x}-r_{1}ue^{r_{1}x}={\frac {d}{dx}}(u)e^{r_{1}x}$

其中k = 1。上述的式子應用k次，可以得到

$\left({\frac {d}{dx}}-r_{1}\right)^{k}ue^{r_{1}x}={\frac {d^{k}}{dx^{k}}}(u)e^{r_{1}x}=0$

除以e^r₁x後可得

${\frac {d^{k}}{dx^{k}}}(u)=u^{(k)}=0$

上述式子若且唯若u(x)是k − 1次的多項式，因此u(x) = c₁ + c₂x + c₃x² + ... + c_kx^{k − 1}.。因為y(x) = ue^r₁x，因此通解中對應r₁的解會是

$y_{\mathrm {R} }(x)=e^{r_{1}x}\left(c_{1}+c_{2}x+\cdots +c_{k}x^{k-1}\right)$

複數根

若二階微分方程有共軛複數根r₁ = a + bi及r₂ = a − bi，其對應的通解為y(x) = c₁e^{(a + bi)x} + c₂e^{(a − bi)x}。利用歐拉公式（e^iθ = cos θ + i sin θ），可以將通解改寫如下：

${\begin{aligned}y(x)&=c_{1}e^{(a+bi)x}+c_{2}e^{(a-bi)x}\\&=c_{1}e^{ax}(\cos bx+i\sin bx)+c_{2}e^{ax}(\cos bx-i\sin bx)\\&=\left(c_{1}+c_{2}\right)e^{ax}\cos bx+i(c_{1}-c_{2})e^{ax}\sin bx\end{aligned}}$

其中c₁和c₂是係數，不過可能不是實數，而且隨初始條件而不同（因為y(x)是實數，c₁ − c₂需要是虛數或是零，c₁ + c₂為實數，為了要讓等號右邊為實數）

例如，若c₁ = c₂ = 1/2，可以得到特解y₁(x) = e^ax cos bx，另外，若c₁ = 1/2i及c₂ = −1/2i，可以得到另一個獨立的解y₂(x) = e^ax sin bx。利用重疊原則，有r = a ± bi複根的常係數線性齊次微分方程，其通解如下：

$y_{\mathrm {C} }(x)=e^{ax}\left(c_{1}\cos bx+c_{2}\sin bx\right)$

上述的分析也可以應用在高階微分方程，其特徵方程式中也可能有非實數的共軛根。