第十七講利用傅立葉級數求特解

阿新 • • 發佈：2018-11-28

一，幾何變換法，求傅立葉級數：

假設 $f(t_{2})$ 是週期 $T=2L$ ， $L=1$ 的函式，求它的傅立葉級數。如圖1：
第一步，求週期 $T=2\pi$ 的函式 $g(t_{1})$ 的傅立葉級數。如圖2：
因為 $g(t_{1})$ 是奇函式， $g(t_{1})=\sum_{n=1}^{\infty }b_{n}sin(nt_{1})$
$b_{n}=\frac{2}{\pi }\int_{0}^{\pi }g(t_{1})sin(nt_{1})dt_{1}=\frac{2}{\pi }\int_{0}^{\pi }sin(nt_{1})dt_{1}=\frac{2}{\pi }\int_{0}^{\pi }\frac{sin(nt_{1})}{n}dnt_{1}=\frac{2}{\pi }\cdot \left. [\frac{-cos(nt_{1})}{n}] \right |^{\pi }_{0}=\frac{2}{\pi }\cdot\frac{1-(-1)^{n}}{n}$
當 $n=1,3,5......$ ， $b_{n}=\frac{4}{\pi n}$ ；當 $n=2,4,6......$ ， $b_{n}=0$
因此 $g(t_{1})=\sum_{n=1}^{\infty }b_{n}sin(nt_{1})=\frac{4}{\pi }\sum_{n=1}^{\infty }\frac{sin(nt_{1})}{n}$ ，前提： $n=1,3,5......$
第二步，將 $g(t_{1})$ 壓縮成 $s(t_{2})$ ，週期改變， $t_{1}$ 變 $t_{2}$ ，如圖3：
$s(t_{2})$ 的週期 $T=2$ ， $L=1$ ，振幅是 $g(t_{1})$ 的一半： $s(t_{2})=\frac{1}{2}g(t_{1})$
基頻率 $k_{0}=\frac{2\pi }{T}=\pi$ ， $t_{1}=k_{0}t_{2}=\pi t_{2}$
將 $\pi t_{2}$ 替換 $t_{1}$ ： $s(t_{2})=\frac{1}{2}g(t_{1})=\frac{1}{2}\cdot\frac{4}{\pi }\sum_{n=1}^{\infty }\frac{sin(nt_{1})}{n}=\frac{2}{\pi }\sum_{n=1}^{\infty }\frac{sin(n\pi t_{2})}{n}$ ，前提： $n=1,3,5......$
用上一節拓展1的公式驗證答案：

因為 $s(t_{2})$ 是奇函式， $s(t_{2})=\sum_{n=1}^{\infty }b_{n}sin(nk_{0}t_{2})=\sum_{n=1}^{\infty }b_{n}sin(n\pi t_{2})$
$b_{n}=\frac{2}{L}\int_{0}^{L}s(t_{2})sin(nk_{0}t_{2})dt_{2}=2\int_{0}^{1}\frac{1}{2}sin(n\pi t_{2})dt_{2}=\int_{0}^{1}\frac{1}{n\pi }sin(n\pi t_{2})dn\pi t_{2}=-\frac{1}{n\pi }\cdot \left. cos(n\pi t_{2}) \right |^{1}_{0}=\frac{1-(-1)^{n}}{n\pi }$
當 $n=1,3,5......$ ， $b_{n}=\frac{2}{n\pi }$ ；當 $n=2,4,6......$ ， $b_{n}=0$
因此 $s(t_{2})=\sum_{n=1}^{\infty }b_{n}sin(n\pi t_{2})=\frac{2}{\pi }\sum_{n=1}^{\infty }\frac{sin(n\pi t_{2})}{n}$ ，前提： $n=1,3,5......$

第三步，將圖3上移1/2變成圖1，週期沒變，t不變：
$f(t_{2})=\frac{1}{2}+s(t_{2})=\frac{1}{2}+\frac{2}{\pi }\sum_{n=1}^{\infty }\frac{sin(n\pi t_{2})}{n}$ ，前提： $n=1,3,5......$

二，二階非齊次常係數線性ODE的輸入項為 $s(t_{2})$ ，求特解 $x_{p}$

：

彈簧—質量—阻尼系統
如圖
標準形式： ${x}''+\frac{c}{m}{x}'+\frac{k}{m}x=s(t_{2})$
設阻尼係數c=0，彈性常數 $\frac{k}{m}=\omega _{0}^{2}$ ， $\omega _{0}$ 表示彈簧振盪的角速度， $\omega _{0}>0$
原方程化為： ${x}''+\omega _{0}^{2}x=s(t_{2})$
不考慮奇偶性， $s(t_{2})$ 的週期 $T=2L$ ，基頻率 $k_{0}=\frac{2\pi }{T}=2\pi k$
$s(t_{2})=\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty }[a_{n}cos(nk_{0}t_{2})+b_{n}sin(nk_{0}t_{2})]$ ，角速度 $\omega _{2}=nk_{0}$
原方程化為： ${x}''+\omega _{0}^{2}x=\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty }[a_{n}cos(\omega _{2}t_{2})+b_{n}sin(\omega _{2}t_{2})]$
複習第十四講共振

當驅動項 $f(t)=cos(\omega _{2}t)$ 或者 $sin(\omega _{2}t)$ 時：

特解 $x_{p}=\frac{1}{\omega_{0} ^{2}-\omega _{2}^{2}}\cdot cos(\omega _{2}t)$ 或者 $\frac{1}{\omega_{0} ^{2}-\omega _{2}^{2}}\cdot sin(\omega _{2}t)$

當驅動角速度 $\omega _{2}$ 逼近彈簧角速度 $\omega _{0}$ 時，產生共振
疊加原理： $x_{p}=\frac{a_{0}}{2\omega _{0}^{2}}+\sum_{n=1}^{\infty }[\frac{a_{n}cos(\omega _{2}t_{2})}{\omega _{0}^{2}-\omega _{2}^{2}}+\frac{b_{n}sin(\omega _{2}t_{2})}{\omega _{0}^{2}-\omega _{2}^{2}}]$
第一項：當 $\omega _{2}=0$ 時， $\frac{a_{0}}{2(\omega _{0}^{2}-\omega _{2}^{2})}=\frac{a_{0}}{2\omega _{0}^{2}}$

複習第十四講共振
當驅動項 $f(t)=cos(\omega _{2}t)$ 或者 $sin(\omega _{2}t)$ 時：特解 $x_{p}=\frac{1}{\omega_{0} ^{2}-\omega _{2}^{2}}\cdot cos(\omega _{2}t)$ 或者 $\frac{1}{\omega_{0} ^{2}-\omega _{2}^{2}}\cdot sin(\omega _{2}t)$ 當驅動角速度 $\omega _{2}$ 逼近彈簧角速度 $\omega _{0}$ 時，產生共振

三，假設輸入項為 $f(t_{2})$ ，求特解 $x_{p}$ ：

$f(t_{2})$ 是奇函式，週期 $T=2$ ， $f(t_{2})=\frac{1}{2}+\frac{2}{\pi }\sum_{n=1}^{\infty }\frac{sin(n\pi t_{2})}{n}$ ，前提： $n=1,3,5......$ ，角速度 $\omega _{2}=n\pi$
原方程化為： ${x}''+\omega _{0}^{2}x=\frac{1}{2}+\frac{2}{\pi }\sum_{n=1}^{\infty }\frac{sin(\omega _{2}t_{2})}{n}$
疊加原理： $x_{p}=\frac{1}{2\omega _{0}^{2}}+\frac{2}{\pi }\sum_{n=1}^{\infty }\frac{sin(\omega _{2}t_{2})}{n(\omega _{0}^{2}-\omega _{2}^{2})}$ ，前提： $n=1,3,5......$

四，分析 $x_{p}$ 係數的大小：

假設： $\omega _{0}=10$ ， $k_{0}=\pi =3$
已知： $\omega _{2}=nk_{0}=n\pi =3n$ ， $n=1,3,5......$
$x_{p}=\frac{1}{2\omega _{0}^{2}}+\frac{2}{\pi }\sum_{n=1}^{\infty }\frac{sin(\omega _{2}t_{2})}{n(\omega _{0}^{2}-\omega _{2}^{2})}\approx \frac{1}{200}+\frac{2}{3}(\frac{sin(3t_{2})}{91}+\frac{sin(9t_{2})}{57}+\frac{sin(15t_{2})}{-625}+......)\approx 0.005+0.007sin(3t_{2})+0.012sin(9t_{2})-0.001sin(15t_{2})-......$
傅立葉係數表示某個角速度的波 $sin(\omega _{2}t_{2})$ 在合成波 $f(t_{2})$ 中佔的比重
可以看到響應幅值最大的是角速度 $\omega _{2}=3\pi$
結論：當 $\omega _{0}=10$ 時，近似的共振將會由輸入項 $f(t_{2})$ 中的角速度 $\omega _{2}=3\pi$ 的波產生
原理：響應項不會對輸入項裡所有的波做出響應，它只會選出和它的角速度 $\omega _{0}$ 接近（ $3\pi \approx 10$ ）的波進行響應，其他的波都被淡化了。
聲音在不同介質中的傳遞，是通過共振實現的。

五，待定係數法，求特解 $x_{p}$ ：

假設輸入項為 $f(t_{2})=\frac{1}{2}+\frac{2}{\pi }\sum_{n=1}^{\infty }\frac{sin(\omega _{2}t_{2})}{n}$
假設響應項 $x_{p}$ 具有相同的形式： $x_{p}=c_{0}+\sum_{n=1}^{\infty }c_{n}\cdot sin(\omega _{2}t_{2})$ ， $c_{0}$ 和 $c_{n}$ 為待定係數
${x_{p}}''=-\omega _{2}^{2}\sum_{n=1}^{\infty }c_{n}\cdot sin(\omega _{2}t_{2})$
原方程為： ${x}''+\omega _{0}^{2}x=\frac{1}{2}+\frac{2}{\pi }\sum_{n=1}^{\infty }\frac{sin(\omega _{2}t_{2})}{n}$
將 $x_{p}$ 和 ${x_{p}}''$ 代入原方程：
$-\omega _{2}^{2}\sum_{n=1}^{\infty }c_{n}\cdot sin(\omega _{2}t_{2})+\omega _{0}^{2}c_{0}+\omega _{0}^{2}\sum_{n=1}^{\infty }c_{n}\cdot sin(\omega _{2}t_{2})=\frac{1}{2}+\frac{2}{\pi }\sum_{n=1}^{\infty }\frac{sin(\omega _{2}t_{2})}{n}$
$\omega _{0}^{2}c_{0}=\frac{1}{2}\Rightarrow c_{0}=\frac{1}{2\omega _{0}^{2}}$
$(\omega _{0}^{2}-\omega _{2}^{2})\sum_{n=1}^{\infty }c_{n}\cdot sin(\omega _{2}t_{2})=\frac{2}{\pi }\sum_{n=1}^{\infty }\frac{sin(\omega _{2}t_{2})}{n}\Rightarrow (\omega _{0}^{2}-\omega _{2}^{2})c_{n}=\frac{2}{n\pi }\Rightarrow c_{n}=\frac{2}{n\pi (\omega _{0}^{2}-\omega _{2}^{2})}$
將係數 $c_{0}$ 和 $c_{n}$ 代入響應項 $x_{p}$ ：
$x_{p}=\frac{1}{2\omega _{0}^{2}}+\frac{2}{\pi }\sum_{n=1}^{\infty }\frac{sin(\omega _{2}t_{2})}{n(\omega _{0}^{2}-\omega _{2}^{2})}$

第十七講利用傅立葉級數求特解

一，幾何變換法，求傅立葉級數：假設是週期，的函式，求它的傅立葉級數。如圖1：第一步，求週期的函式的傅立葉級數。如圖2：因為是奇函式，當，；當，因此，前提：第二步，將壓縮成，週期改變，變，如圖3：的週期，，

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