待定係數法：有根據的猜測

已知結構中缺的一塊

在上一篇你認識了每一個受迫線性方程的主結構：通解為 y = y_c + y_p，即互補解 y_c（齊次方程的完整雙參數解）加上右端所挑出的任一個特解 y_p。從上一節你已經會求 y_c——寫下特徵方程，讀出其根，再拼出 c1 * y1 + c2 * y2。所以唯一還缺的一塊就是 y_p：一個函數，任何一個皆可，只要它真能滿足 a y'' + b y' + c y = g(x)，其中右邊是強迫函數 g(x)。

尋找 y_p 有兩條老實的路。慢而萬能的一條是參數變異法，你會在第 4 篇遇到它——無論 g(x) 多麼古怪，它都能一路積分出答案。快而偶爾管用的一條是待定係數法，正是本篇的主題。它不是通用演算法，而是一個聰明的捷徑，僅當 g(x) 屬於一份簡短而友善的清單時才適用。但只要它適用，就能把一道微積分題化為一道小小的代數題——這筆交易值得一做。

為何可以用猜的

此法立基於一個觀察：某些函數族對求導是封閉的。把多項式求導，得到的仍是次數不增的多項式；把 e^(rt) 求導，得到的是常數乘上 e^(rt)；把 sin(wt) 求導得 cos(wt)，再求導又回到正弦。這每一族都是一個小巧而自足的世界——你永遠無法靠求導走出它。所以若 g(x) 住在這樣的世界裡，有理由懷疑某個 y_p 也住在那裡，因為左邊 a y'' + b y' + c y 只是把各階導數加起來，而求導讓你始終待在族內。

於是策略如下：猜 y_p 與 g(x) 有相同的*形狀*，但把係數寫成未知的字母，而非固定的數字。接著把這個猜測代回方程。由於兩邊如今同住一族，你便能逐項比對——左邊所有 e^(rt) 的部分必須等於右邊 e^(rt) 的部分，所有 cos 項必須對上 cos 項，依此類推。比對把微分方程化為對那些未知字母而言的幾條尋常代數式。這就是全部的把戲，而名字恰如其分地說明了發生的事：係數起初是待定的，再由方程把它們定下來。

一次完整的試解

取 y'' - 3 y' + 2 y = 4 e^(3t)。強迫項是單一指數，故猜 y_p = A e^(3t)，帶一個待定係數 A。求導：y_p' = 3 A e^(3t)，y_p'' = 9 A e^(3t)。代入左邊，每一項都帶著同樣的 e^(3t)，於是可以提出來：(9 A - 9 A + 2 A) e^(3t) = 2 A e^(3t)。令它等於右邊 4 e^(3t)，消去公因子 e^(3t)，便剩下一行代數 2 A = 4，故 A = 2。特解就是 y_p = 2 e^(3t)——全程沒有用到一個積分。

g(x) on the right            guess y_p (undetermined coeffs)
--------------------------   -------------------------------
constant  k                  A
polynomial deg n             A_n x^n + ... + A_1 x + A_0
k e^(rt)                     A e^(rt)
k cos(wt)  or  k sin(wt)     A cos(wt) + B sin(wt)
k e^(at) cos(wt)             e^(at) (A cos(wt) + B sin(wt))
sum of the above             sum of the matching guesses

友善清單：在左欄讀出 g(x) 的形狀，把右欄對應的範本連同空白係數抄下來。

先解齊次方程並寫出 y_c——你需要手上握有它的根，以備第 5 步的警示。
讀出 g(x) 的形狀，寫下對應的 y_p 試解，以字母 A、B…… 取代數字。
將試解求導得 y_p' 與 y_p''，再把這三者一併代入方程左邊。
與右邊逐項比對，得到一個小型線性方程組，解出各係數。
信任答案之前，先檢查試解是否與 y_c 重疊——若有重疊，就必須乘上 x（或 x^2）。這便是共振規則，下一篇將專門講它。

三個讓你免於踩雷的習慣

第一個習慣：永遠帶上*整個*族，而非只帶你看見的那部分。若 g(x) = 5 sin(2t)，人會忍不住只猜 y_p = B sin(2t)，但正弦求導會生出餘弦，於是餘弦會出現在左邊，卻無物與之平衡。正確的猜測是 A cos(2t) + B sin(2t)，兩塊都要，即使右邊只露出一個正弦。漏掉那個搭檔項，是此法最常見的單一錯誤，而它會讓代數無解，而不只是算錯。

第二個習慣：對多項式強迫項，要猜一個*完整*的同次多項式，每一個冪次直到常數項都不漏。若 g(x) = 3 t^2，要猜 y_p = A t^2 + B t + C，而非只有 A t^2——求導會把較低的冪次餵回來，你需要為它們留位子。第三個習慣：在腦中把 y_p 與 y_c 嚴格分開。y_c 中的常數 c1 與 c2 直到最後一刻仍是自由的，只由初始條件來定；而 y_p 中的係數 A、B、C 則由方程本身釘死，從不自由。把兩者混為一談，便會有人不慎想用 y_p 去滿足初始條件——那是行不通的。

有根據的猜測在何處失靈

有一種情形，樸素的猜測會悄無聲息地失敗，而它重要到下一篇就以它為核心。設你要解 y'' - 3 y' + 2 y = 4 e^(t)。強迫項是 e^(t)，於是自然的猜測是 A e^(t)。但 e^(t) *本來*就是齊次方程的解——它就住在 y_c 裡。代入 A e^(t)，左邊便塌縮為零，給出 0 = 4 e^(t)，沒有任何 A 值能補救。你所猜的那個族，被 y_c 吞沒了，於是沒有空間容得下那種形狀的特解。

這種重疊正是一個共振強迫項——方程被以它自身的某個固有頻率推動，響應傾向增長而非安定。修正既小又精準：把試解乘上 x（若是重根則乘上 x^2），直到它不再與 y_c 重疊，再照常進行。那個修正，以及它所編碼的共振，正是下一篇的全部故事。有句話得說明白：這裡的共振是數學的特性，而非錯誤——它與順勢一推便盪得更高的鞦韆是同一現象，而且它甚至不需要零阻尼才會出現。