第二章 二階及高階常微分方程式 齊次二階線性ODE 線性 y‘’ + p(x)y‘+g(x)y = r(x) ◎對於未知變數 y，其於方程式中各項係數(含其導數之係 數)值為x之方程式。 齊次 r(x) = 0 y‘’ + p(x)y‘+g(x)y = 0.

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1 第二章 二階及高階常微分方程式 齊次二階線性ODE 線性 y‘’ + p(x)y‘+g(x)y = r(x) ◎對於未知變數 y，其於方程式中各項係數(含其導數之係 數)值為x之方程式。 齊次 r(x) = y‘’ + p(x)y‘+g(x)y = 0

2 疊加()、線性原則(Linearity)
對 y ‘‘ – y = y = ex and y = e-x 均為其解 甚至 y = c1ex or y = c2e-x 亦為其解 更進一歩 y = c1ex + c2e-x 也可為解 y' = c1ex - c2e-x y'‘ - y = 0 y'' = c1ex + c2e-x

3 ‹‹定理››對於一個齊次線性 ODE，任何任何兩個解之線性合
併乃為其解。 y = c1y1 + c2y2 代入 y‘’ + py‘+gy = 0 c1(y1'' + py1' + gy1) + c2(y2'' + py2' + gy2) = 0 ◎但非齊次式或非線性則未必如此！ Example2 and Example3

4 特解之初始值問題 齊次線性二階OED y = c1y1 + c2y2 需要兩個 initial condition 來求解 y(x0) = ko , y'(x0) = k1 Example 4 通解 y = c1y1 + c2y 其中 y1及y2 為基底(Basis) 如有特定之 c1 and c 特解

5 線性相依(Linearly dependent)：
兩函數f、g中，一函數是另一函數的常數倍數。 g(x) = kf(x) 線性獨立(Linearly independent)： f、g 彼此不為常數倍數因數。 k1y1 + k2y2 = 0 唯有 k1= 0 及 k2 = 0 方可達成 ∴成為 basis 於條件：y1 及 y2 須為線性獨立 Example5、6

6 降階法(method of reduction of order)：
由一個已知之基底來推求另一個線性基底 y1 已知 假設 y2 = uy1 ∴y'2 = u'y1 + uy' y''2 = u''y1 + 2u'y'1 + uy''1 ∴y''2 + py'2 + gy2 = 0 (u''y1 + 2u'y'1 + uy''1) + p(u'y1 + uy'1) + guy1 = 0

7 改以u為主之ODE u''y1 + u'(2y'1 + py1) + u(y''1 + py'1 + gy1) = 0 u''+ u'(2y'1 + py1 / y1) = 0 假設 u' = U u'' =U‘ U‘ + (2y’1/y1 + p) U = 0 ∴ dU / U = -(2y'1/y1 + p) dx

8 ln ∣U∣ = -2ln∣y1∣-∫pdx = -ln∣y21e∫pdx∣ U = 1 / y21e∫pdx = 1 / y21(e-∫pdx) = u‘ U = ∫Udx = ∫(1 / y21(e-∫pdx))dx y2 = uy1 = y1∫(1 / y21(e-∫pdx))dx

9 ◎ u =y2 = uy1 但不等於 cnost 方可形成basis
Example 7

10 常係數知齊次線性二階ODE y'‘ + ay‘ +by = with a,b = const 對於前述常係數知齊次一階ODE y‘ + k y = y =e -kx Test y = e λx 代入上式(二階ODE) 基底

11 y' = λeλx y'' = λ2eλx ∴(λ2 + aλ + b)eλx = 0
∴λ1 = 1/2〔-a + √(a2-4b)〕 λ2 = 1/2〔-a - √(a2-4b)〕 求得兩基底(basis) eλ1x eλ2x

12 討論 (i) a2-4b > 實數根 (CASE1) eλ1x 與 eλ2x 線性獨立 (λ1 = λ eλ1x / eλ2x = const) 通解 y = c1eλ1x + c2eλ2x Example1,2(p73)

13 (ii) a2 – 4b = 相同實數根 (CASE2) λ1 = λ2 = λ = -a/ y1 = eλx 如何判斷另一個解？ 利用降階法求取 y2 = uy1 u''y1 + u'(2y'1+ay1) + u(y''1+ay'1+by1) = 0 ∵y1 = e(-a/2)x y'1 = -a/2 e(-a/2)x =-a/2y1 2y1 + ay1 = 0

14 ∴ u〞y1 = 0 但 y1≠0 ∴u〞= u = c1 x + c2 故 x 為其基底之一，y2 = uy1 =xeλx 兩基底為 e(-a/2) X ，x e(-a/2) X y = (c1 + c2x) e(-a/2) X Example 3.4 (p.74)

15 複數根情況 (iii) a2-4b<0 複數(共軛虛根) λ1= -a/2 +1/2 √(a2-4b) λ2= -a/2 -1/2 √(a2-4b) Example 1 (p-77) y〃+y= y〃= -y 發現二次微分後會變號之特性有 sinx / cosx ∴y=Asinx + Bcosx 應為其解

16 如以前述方法λ2+1=0 λ= ± √1 = ± i 基底可解為 eix 及 e-ix

17 Euler formula 尤拉公式 eix = 1+(i / 1!)x－( 1/ 2!)x2 －( i / 3!)x3+( 1 / 4!)x4+…… = [1－( 1/ 2!)x2+( 1 / 4!)x4－( 1 / 6!)x6+……] +[(1/ 1!)x－( 1 / 3!)x3+( 1 / 5!)x5+……] = Σ[(-1)n / (2n)! ]x2n + iΣ[(-1)n / (2n+1)! ]x2n+1 =cosx + isinx

18 e-ix = ei(-x) = cos(-x) + isin(-x) = cosx － isinx
相同地 可得到 cosx = 1/2(eix + e-ix) sinx = 1/2i(eix － e-ix) 故eix，e-ix為解之基底，可推論得 cosx 及 sinx 亦為基底之型 態。 複指數函數 eZ ，Z=s + it ∴eZ=e s + it = es‧eit = es (cost + isint)

19 前述λ1 = -a/2 +1/2 √(a2-4b) = -a/2 +(1/2 )i√(4b -a2)
令√[b-(a2/4)] = w ∴λ1 = -a/2 + iw λ2 = -a/2 – iw ∴eλ1X = e-(a/2)x+ iwx = e-(a/2)x (coswx + isinwx) eλ2X = e-(a/2)x-iwx = e-(a/2)x (coswx - isinwx)

20 (eλ1X +eλ2X)/2 = e-(a/2)x coswx =y1
(eλ1X -eλ2X)/2 i= e-(a/2)x sinwx =y2 y2/ y1 = tanw ≠ linealy indepcdet O.K. y1，y2 可為 basis y = e-(a/2)x (Acoswx + Bsinwx) Example 2 ，Example 3

21 Summary Case Root Basis General Soluation 1 λ1，λ2 eλ1X eλ2X
y = c1 eλ1X + c2 eλ2X 2 λ=λ1=λ2=-a/2 e-(a/2)x xe-(a/2)x y = (c1 + c2x) e(-a/2) X 3 λ1= -a/2 + iw λ2= -a/2–iw e-(a/2)x coswx e-(a/2)x sinwx y=e-(a/2)x(Acoswx +Bsinwx)

22 Bounday value problem 邊界值問題
y(p1) = k1，y(p2) = k2 p1，p2 邊界點 Example 4

23 自由振盪 (Free Oscillation)
Mass-Spring system 質量-彈簧系統 (模型) 未拉伸 靜平衡 運動中

24 假設彈簧質量未考慮 彈簧係數 k - spring const. Newton’s 2nd law F=my〃 ， y〃=d2y/dt2 Hook’s law (虎克定律) F0= -ks0 (彈簧向上回復原始之彈力) 靜平衡時 F0 +W= -ks0 + mg = 0 (y=0) 當彈簧由靜平衡再往下拉時(必為外力)，y>0 此時，彈簧上將產生額外之回復力 (restoring force) ， F1 =-ky

25 (無阻尼系統) Undamped system
F1 = -ky = my〃 → my〃 + ky =0 y〃 + (k/m)y = 0 → y〃+[√(k/m)]2y=0 →y〃+w02y=0 ∴y=Acosw0t+Bsinwot w0=√(k / m) 彈簧位移 y 為正弦及餘弦函數之和 →簡諧振盪 (harmonic oscillation)

26 Thitial condition y(0)=A ，y′(0) = Bw0
y(t) = Acosw0t + Bsinw0t = C cos(w0t-δ) 其中 c=√(A2+B2) ，limδ = B/A w0/2π→frequency 頻率 (HZ=cycles/sec) Example 1

27 有阻尼系統 加裝緩衝器(dashpot)後，將產生阻滯力()，此一阻滯力與即 時運動方向相反且假設與速度 g′=dy/dt 成正比 ∴ F2 = -cy′ c – daumping constant 阻尼常數 > 0 ∴F1 +F2 = -ky-cy′=my〞

28 my〞+ cy′+ky =0 λ2 + (c/m)λ + k/m =0 特徵方程式 λ1,2 = -(c/2m) ± 1/2m √(c2-4mk) = -α±β 其中α= c/2m ， β=1/2m √(c2-4mk)

29 Case1. c2>4mk 不同實數根 λ1 ，λ2 (過量阻尼) over damping Case2. c2=4mk 相同實數根 λ (臨界阻尼) critical damping Case3. c2<4mk 共軛複數根 (不足阻尼) under damping

30 Case1. over damping y = c1 e-(α-β)X + c2 e-(α+β)X α = c / m > 0 β = 1 / 2m√(c2 – 4mk) = √〔(c / 2m)2 – k / m〕 =√(α2 – k/m) (α>0 ,β>0) ∴β2 = α2 – k/m α>β>0 指數恆負 (α - β) > 0 (α+β) > 0 y(t) if t = ∞

31 Case2. critical damping y(t) = (c1 + c2t) eλt = (c1 + c2t) eλt λ= -α= -c/2m＜0

32 Case3. under damping β = iω* ω* = 1/2m√(4mk – c2) = √(k/m – c2/4m2) > 0 λ1 = -α + iω* λ2 =-α - iω* α = c/2m y(t) = e-αt (Acosω*t + Bsinω*t) = Ce-αt cos(ω*t - σ) 其中 C = √(A2 + B2) tanσ = B / A -Ceαt < y(t) < Ce-αt 介於兩曲線間之簡諧運動

33 高階微分方程式 a0y(n) + a1y(n-1) + a2y(n-2)+ … +an-1y' + any = 0 轉換式 a0λn + a1λn-1 + … + an-1λ + an = 0 <Case1> λ 相異實數根 (λ1,λ2, … λn) y = c1eλ1x + c2eλ2x + … +cneλx

34 <Case2> λ有k個相等實數根(k＜m) λ* 及 λk+1,λk+2,…λn相異實數 根 ∴y = (c1 + c2x + c3x2 + …+ckxk-1) eλ*x + ck+1eλk+1x + ck+2eλk+2x + cneλn

35 <Case3> λ若有k對共軛虛根(k＜= n/2),其他相異實數根 ∴y = eαx〔(c1 + c2x + c3x2 +…+ckxk-1)cosβx + (ck+1 + ck+2x+…+c2kxk-1)sinβx〕+ c2k+1eλ2k+1 x + c2k+2eλ2k+2 x +…+ cneλn x