非齊次微分方程、常數變易與共振
齊次模型描述系統在沒有持續輸入時的行為。降雨、排放或週期驅動提供外力項。常數變易將初始狀態響應與累積輸入響應分開。共振說明當自然頻率與驅動頻率相同時，看似溫和的週期輸入如何產生性質不同的解。
1 系統的常數變易
對常矩陣 A A A f ( t ) f(t) f ( t ) x ′ = A x + f ( t ) x'=Ax+f(t) x ′ = A x + f ( t ) x ( 0 ) = x 0 x(0)=x_0 x ( 0 ) = x 0 e − t A x ( t ) e^{-tA}x(t) e − t A x ( t )
d d t ( e − t A x ) = e − t A f ( t ) , \frac d{dt}(e^{-tA}x)=e^{-tA}f(t), d t d ( e − t A x ) = e − t A f ( t ) , 因為 A A A
x ( t ) = e t A x 0 + ∫ 0 t e ( t − s ) A f ( s ) d s . x(t)=e^{tA}x_0+\int_0^te^{(t-s)A}f(s)ds. x ( t ) = e t A x 0 + ∫ 0 t e ( t − s ) A f ( s ) d s . 這證明瞭公式，直接求導也可驗證。兩個候選解相減得到初值為零的齊次方程，從而證明唯一性。矩陣積分指逐元素或逐分量積分。此公式不需要 A A A
對常外力 b b b A A A x ∗ = − A − 1 b x_*=-A^{-1}b x ∗ = − A − 1 b x ( t ) = x ∗ + e t A ( x 0 − x ∗ ) x(t)=x_*+e^{tA}(x_0-x_*) x ( t ) = x ∗ + e t A ( x 0 − x ∗ ) A A A e t A e^{tA} e t A
2 受迫交換與守恆模式
取兩個等體積區室，交換速率為 k > 0 k>0 k > 0 u u u
c 1 ′ = − k c 1 + k c 2 + u , c 2 ′ = k c 1 − k c 2 . c_1'=-kc_1+kc_2+u,\qquad c_2'=kc_1-kc_2. c 1 ′ = − k c 1 + k c 2 + u , c 2 ′ = k c 1 − k c 2 . 則 s = c 1 + c 2 s=c_1+c_2 s = c 1 + c 2 s ′ = u s'=u s ′ = u d = c 1 − c 2 d=c_1-c_2 d = c 1 − c 2 d ′ = − 2 k d + u d'=-2kd+u d ′ = − 2 k d + u
s = s 0 + u t , d = u 2 k + ( d 0 − u 2 k ) e − 2 k t , c 1 = s + d 2 , c 2 = s − d 2 . s=s_0+ut,\qquad d=\frac{u}{2k}+\left(d_0-\frac{u}{2k}\right)e^{-2kt},\qquad
c_1=\frac{s+d}{2},\quad c_2=\frac{s-d}{2}. s = s 0 + u t , d = 2 k u + ( d 0 − 2 k u ) e − 2 k t , c 1 = 2 s + d , c 2 = 2 s − d . 濃度差趨於常數，但總量持續增長。當 u ≠ 0 u\ne0 u = 0 0 = u 0=u 0 = u
若兩區室還以速率 μ > 0 \mu>0 μ > 0 s ′ = − μ s + u s'=-\mu s+u s ′ = − μ s + u u / μ u/\mu u / μ
3 非齊次二階方程
對 y ′ ′ + a y ′ + b y = g ( t ) y''+ay'+by=g(t) y ′′ + a y ′ + b y = g ( t ) x = ( y , y ′ ) T x=(y,y')^T x = ( y , y ′ ) T
x ′ = ( 0 1 − b − a ) x + ( 0 g ( t ) ) . x'=\begin{pmatrix}0&1\\-b&-a\end{pmatrix}x+\binom0{g(t)}. x ′ = ( 0 − b 1 − a ) x + ( g ( t ) 0 ) . 系統公式適用，並考慮兩個初始條件。對簡單外力，待定系數法計算更短，但必須正確處理與齊次解重合的情況。
例。 解 y ′ ′ + 2 y ′ + 2 y = e − t y''+2y'+2y=e^{-t} y ′′ + 2 y ′ + 2 y = e − t y = e − t z y=e^{-t}z y = e − t z y ′ ′ + 2 y ′ + 2 y = e − t ( z ′ ′ + z ) y''+2y'+2y=e^{-t}(z''+z) y ′′ + 2 y ′ + 2 y = e − t ( z ′′ + z ) z ′ ′ + z = 1 z''+z=1 z ′′ + z = 1 z ( 0 ) = z ′ ( 0 ) = 0 z(0)=z'(0)=0 z ( 0 ) = z ′ ( 0 ) = 0 z = 1 − cos t z=1-\cos t z = 1 − cos t
y = e − t ( 1 − cos t ) . y=e^{-t}(1-\cos t). y = e − t ( 1 − cos t ) . 只試 C e − t Ce^{-t} C e − t
4 共振與阻尼
對無阻尼振子 y ′ ′ + ω 0 2 y = F 0 cos ω t y''+\omega_0^2y=F_0\cos\omega t y ′′ + ω 0 2 y = F 0 cos ω t ω 0 > 0 \omega_0>0 ω 0 > 0 ω ≥ 0 \omega\ge0 ω ≥ 0 ω ≠ ω 0 \omega\ne\omega_0 ω = ω 0
y p = F 0 ω 0 2 − ω 2 cos ω t . y_p=\frac{F_0}{\omega_0^2-\omega^2}\cos\omega t. y p = ω 0 2 − ω 2 F 0 cos ω t . 代入即可證明。當 ω = ω 0 \omega=\omega_0 ω = ω 0
y p = F 0 2 ω 0 t sin ω 0 t . y_p=\frac{F_0}{2\omega_0}t\sin\omega_0t. y p = 2 ω 0 F 0 t sin ω 0 t . 兩次求導可驗證方程；其包絡線性增長。這是理想無阻尼線性模型中的共振，並非預測每個真實系統都會無限增長。
存在正阻尼時，
y ′ ′ + 2 γ y ′ + ω 0 2 y = F 0 cos ω t , γ > 0 , y''+2\gamma y'+\omega_0^2y=F_0\cos\omega t,\qquad\gamma>0, y ′′ + 2 γ y ′ + ω 0 2 y = F 0 cos ω t , γ > 0 , 取 y p = A cos ω t + B sin ω t y_p=A\cos\omega t+B\sin\omega t y p = A cos ω t + B sin ω t
( ω 0 2 − ω 2 ) A + 2 γ ω B = F 0 , ( ω 0 2 − ω 2 ) B − 2 γ ω A = 0. (\omega_0^2-\omega^2)A+2\gamma\omega B=F_0,\quad
(\omega_0^2-\omega^2)B-2\gamma\omega A=0. ( ω 0 2 − ω 2 ) A + 2 γ ω B = F 0 , ( ω 0 2 − ω 2 ) B − 2 γ ω A = 0. 分母為 D = ( ω 0 2 − ω 2 ) 2 + 4 γ 2 ω 2 D=(\omega_0^2-\omega^2)^2+4\gamma^2\omega^2 D = ( ω 0 2 − ω 2 ) 2 + 4 γ 2 ω 2 A = F 0 ( ω 0 2 − ω 2 ) / D A=F_0(\omega_0^2-\omega^2)/D A = F 0 ( ω 0 2 − ω 2 ) / D B = 2 γ ω F 0 / D B=2\gamma\omega F_0/D B = 2 γ ω F 0 / D
A 2 + B 2 = ∣ F 0 ∣ D . \sqrt{A^2+B^2}=\frac{|F_0|}{\sqrt D}. A 2 + B 2 = D ∣ F 0 ∣ . 阻尼為正時，ω = ω 0 \omega=\omega_0 ω = ω 0 F 0 ≠ 0 F_0\ne0 F 0 = 0 ω 0 \omega_0 ω 0 D D D γ < ω 0 / 2 \gamma<\omega_0/\sqrt2 γ < ω 0 / 2 ω 0 2 − 2 γ 2 \sqrt{\omega_0^2-2\gamma^2} ω 0 2 − 2 γ 2 F 0 = 0 F_0=0 F 0 = 0
5 積分響應公式
對 ω 0 > 0 \omega_0>0 ω 0 > 0 g g g y ′ ′ + ω 0 2 y = g ( t ) y''+\omega_0^2y=g(t) y ′′ + ω 0 2 y = g ( t )
y ( t ) = ∫ 0 t sin ( ω 0 ( t − s ) ) ω 0 g ( s ) d s . y(t)=\int_0^t\frac{\sin(\omega_0(t-s))}{\omega_0}g(s)ds. y ( t ) = ∫ 0 t ω 0 sin ( ω 0 ( t − s )) g ( s ) d s . 證明。 對連續 g g g ∫ 0 t cos ( ω 0 ( t − s ) ) g ( s ) d s \int_0^t\cos(\omega_0(t-s))g(s)ds ∫ 0 t cos ( ω 0 ( t − s )) g ( s ) d s g ( t ) − ω 0 ∫ 0 t sin ( ω 0 ( t − s ) ) g ( s ) d s = g ( t ) − ω 0 2 y ( t ) g(t)-\omega_0\int_0^t\sin(\omega_0(t-s))g(s)ds=g(t)-\omega_0^2y(t) g ( t ) − ω 0 ∫ 0 t sin ( ω 0 ( t − s )) g ( s ) d s = g ( t ) − ω 0 2 y ( t ) □ \square □
這是與脈衝響應核的卷積。代入共振餘弦也能恢復共振解，而不必猜測試探形式。
6 分級練習
E1 基礎。 解 y ′ + 2 y = 4 e − t y'+2y=4e^{-t} y ′ + 2 y = 4 e − t y ( 0 ) = 1 y(0)=1 y ( 0 ) = 1
E2 共振。 解 y ′ ′ + y = cos t y''+y=\cos t y ′′ + y = cos t
E3 有缺陷的受迫系統。 解 x 2 ′ = − x 2 + 1 x_2'=-x_2+1 x 2 ′ = − x 2 + 1 x 1 ′ = − x 1 + x 2 x_1'=-x_1+x_2 x 1 ′ = − x 1 + x 2 x 1 ( 0 ) = x 2 ( 0 ) = 0 x_1(0)=x_2(0)=0 x 1 ( 0 ) = x 2 ( 0 ) = 0
E4 守恆模式。 在受迫交換模型中令 k = 1 k=1 k = 1 u = 2 u=2 u = 2 c 1 , c 2 c_1,c_2 c 1 , c 2
E5 阻尼響應。 對 ω 0 = 3 \omega_0=3 ω 0 = 3 γ = 1 \gamma=1 γ = 1 F 0 = 2 F_0=2 F 0 = 2
7 完整解答
S1. 積分因子給出 y = e − 2 t [ 1 + 4 ( e t − 1 ) ] = 4 e − t − 3 e − 2 t y=e^{-2t}[1+4(e^t-1)]=4e^{-t}-3e^{-2t} y = e − 2 t [ 1 + 4 ( e t − 1 )] = 4 e − t − 3 e − 2 t
S2. 共振特解為 y = ( t / 2 ) sin t y=(t/2)\sin t y = ( t /2 ) sin t y ′ ′ + y = cos t y''+y=\cos t y ′′ + y = cos t
S3. x 2 = 1 − e − t x_2=1-e^{-t} x 2 = 1 − e − t e t e^t e t ( e t x 1 ) ′ = e t − 1 (e^tx_1)'=e^t-1 ( e t x 1 ) ′ = e t − 1 x 1 = 1 − ( 1 + t ) e − t x_1=1-(1+t)e^{-t} x 1 = 1 − ( 1 + t ) e − t t t t
S4. s = 2 t s=2t s = 2 t d = 1 − e − 2 t d=1-e^{-2t} d = 1 − e − 2 t c 1 = t + ( 1 − e − 2 t ) / 2 c_1=t+(1-e^{-2t})/2 c 1 = t + ( 1 − e − 2 t ) /2 c 2 = t − ( 1 − e − 2 t ) / 2 c_2=t-(1-e^{-2t})/2 c 2 = t − ( 1 − e − 2 t ) /2 2 t 2t 2 t d ′ = − 2 d + 2 d'=-2d+2 d ′ = − 2 d + 2
S5. 因為 1 < 3 / 2 1<3/\sqrt2 1 < 3/ 2 9 − 2 = 7 \sqrt{9-2}=\sqrt7 9 − 2 = 7 ω = 3 \omega=3 ω = 3 D = 4 ⋅ 1 ⋅ 9 = 36 D=4\cdot1\cdot9=36 D = 4 ⋅ 1 ⋅ 9 = 36 2 / 6 = 1 / 3 2/6=1/3 2/6 = 1/3
總結
常數變易不要求系統矩陣可逆，即可分離初始響應和受迫響應。持續輸入下，守恆模式可能增長，即使差異衰減。共振需要修改特解，而正阻尼使響應有限，並區分自然、阻尼自由和受迫峰值頻率。
