# High-order linear differenticial equation 高階線性常微分方程式

###### tags:`工程數學`

分類 $$\begin{cases}
\text{常係數線性 ODE }a_n(x), a_{n-1}(x),\dots, a_{1}(x), a_{0}(x) = constant\\
\text{變係數線性 ODE }a_n(x), a_{n-1}(x),\dots, a_{1}(x), a_{0}(x) = f(x)
\end{cases}$$

## 常係數線性 ODE

### Model

$a_2y''+a_1y'+a_0y=R(x)$，其中 $a_2, a_1, a_0$ 為不會為零之常數

### 如何解

* 求解齊性方程式 ($R(x)=0$) 之通解 $y_h$
* 求滿足非齊性方程式 ($R(x)\ne0$) 之一特解 $y_p$
* $a_2y''+a_1y'+a_0y=R(x) $ 之通解 $y=y_h+y_p$

### 齊性解 (homogeneous solution): eigen function & eigen value

設一 2nd-order 常係數齊性線性 ODE 為$$a_2y''+a_1y'+a_0y=0-\text{\textcircled 1}$$
令 $y=e^{mx}$, $m$ 為特定之常數
故 $y'=me^{mx}$, $y''=m^2e^{mx}$ 代入 $\text{\textcircled 1}$
$\Rightarrow (a_2m^2+a_1m+a_0)e^{mx}=0$
令 $e^{mx}\ne0$, 則 $(a_2m^2+a_1m+a_0)=0$
上式稱為 ODE $(a_2m^2+a_1m+a_0)=0$ 之特徵方程式 (eigen function)

**$(a_2m^2+a_1m+a_0)=0$ 具有 $m_1$ 與 $m_2$ 兩根，此二根稱為特徵之值 (eigen value)**

* 當 $m_1$ 與 $m_2$ 為相異實根 (即 ${a_1}^2-4a_2a_0>0$)
* 則 ODE 之通解為 $$y=c_1e^{m_1x}+c_2e^{m_2x}$$ $c_1$, $c_2$ = constant
* 當 $m_1$ 與 $m_2$ 為實數重根 (即 ${a_1}^2-4a_2a_0=0$, $m_1=m_2=m_0$)
* 則 ODE 之通解為 **$$y=c_1e^{m_0x}+c_2xe^{m_0x}$$**
* 當 $m_1$ 與 $m_2$ 為共軛複數 (即 ${a_1}^2-4a_2a_0<0$, $m=\alpha\pm\beta i$)
* 則 ODE 之通解為 **$$y=e^{\alpha x}(A\cos\beta x+B\sin\beta x),\ A, B=\text{constant}$$**

> Example
> Find $y''-3y'-4y=0$
> 令 $y=e^{mx}\Rightarrow y'=me^{mx},\ y''=m^2e^{mx}$
> 代入 ODE 中，可得 eigen function 為 $m^2-3m-4=0$
> eigen function 之根為 $m=4,\ 1$ (相異實根)
> 則 ODE 之通解為
> $y=c_1e^{4x}+c_2e^{-x}$

> Example
> Find $y'''-6y+12y'-8y=0$
> 令 $y=e^{mx}\Rightarrow y y'=me^{mx},\ y''=m^2e^{mx},\ y'''=m^3e^{mx}$
> 代入 ODE 中，可得 eigen function 為 $m^3-6m^2+12m-8=0 \Rightarrow (m-2)^3=0$
> eigen function 之根為 $m=2,\ 2,\ 2$ (三重根)
> 則 ODE 之通解為
> $y=c_1e^{2x}+c_2xe^{2x}+c_3x^2e^{2x}$

> Example
> Find $y'''-y+2y'y=0$
> 令 $y=e^{mx}\Rightarrow y'=me^{mx},\ y''=m^2e^{mx},\ y'''=m^3e^{mx}$
> 代入 ODE 中，可得 eigen function 為 $m^3-m^2+2m=0 \Rightarrow (m+1)(m^2-2m+2)=0$
> eigen function 之根為 $m=-1,\ 1\pm i$ (共軛複數)
> 則 ODE 之通解為
> $y=c_1e^{-x}+e^{x}(c_2\cos x+c_3\sin x)$

### 特解 (particular solution):

* $a_2y''+a_1y'+a_0y=R(x)$
* non-homo ODE

### 待定系數法

求解 $y_p$ (Undetermined Coefficents)

#### 定義

* 只能用於常係數線性 ODE
* $R(x)$ 須為 $A(constant)$, $e^{\alpha x}$, $\cos bx$, $\sin bx$, $x^h$ 或這些函數之組合

#### 方法

* 依照 $R(x)$ 即參照下表，決定 $y_p$ 之型式
* 將 $y_p$ 代回原 ODE 中，比較兩端系數即可求得 $y_p$

|R(x)| $y_p$ 之假設型式|
|:---:|:---:|
|k|A|
|$e^{\alpha x}$|$Ae^{\alpha x}$|
|$\cos bx$或$\sin bx$|$A\cos bx+B\sin bx$|
|$x^n$|$A_nx^n+A_{n-1}x^{n-1}+\dots+A_1x+A_0$|
|$x^ne^{\alpha x}$|$e^{\alpha x}\cdot(A_nx^n+A_{n-1}x^{n-1}+\dots+A_1x+A_0)$|
|$x^n\cos bx$ 或 $x^n\sin bx$|$(A_nx^n+A_{n-1}x^{n-1}+\dots+A_1x+A_0)\cos bx+(A_nx^n+A_{n-1}x^{n-1}+\dots+A_1x+A_0)\sin bx$|

> Note
> 當 $y_p$ 假設項中 $y_h$ 有重複時，須乘以 $x^m$ 於 $y_p$ 之假設項中來修正，其中 $m$ 為使 $y_p$ 不產生重複之最小正整數

> Example
>
> Find $y''+5y'+6y=e^{-2x}$
>
> homogeneous solution (即求 $y''+5y'+6y=0$ 之解)
> 設齊性 ODE eigen function 為 $m^2+5m+6=0\Rightarrow m=-2,\ -3$ (相異實根)
> 則 ODE 之齊性解為 $y_h=c_1e^{-2x}+c_2e^{-3x}$
>
> particular solution
> 因 $R(x)=e^{-2x}$，故令 $y_p=a e^{-2x}$
> 但 $y_h$ 中含有 $e^{-2x}$ 項與 $y_p$ 重複，故 $y_p$ 應修正為 $\Rightarrow y_p=axe^{-2x}$
> 則 ${y_p}'=ae^{-2x}-2axe^{-2x}$, ${y_p}''=-4ae^{-2x}+4axe^{-2x}$
> 代入原 ODE 中 (即 $y''+5y'+6y=e^{-2x}$)
> 可得 $(-4ae^{-2x}+4axe^{-2x})+5(ae^{-2x}-2axe^{-2x})+6axe^{-2x}=e^{-2x}$
> 比較兩邊係數可得 $a=1$
> 故特解 $y_p=xe^{-2x}$
>
> 故 ODE 之通解為 $y=y_h+y_p=c_1e^{-2x}+c_2e^{-3x}+xe^{-2x}$

### 參數變異法

求詳解 $y_p$ (Variation of parameters)

可適用於代表階數 & $R(x)$ 之線性 ODE
* 常係數
* 變系數

#### 概念

$y_p$ 通常與齊性解 $y_h$ 有關

consider an non-homo, linear 1st-order ODE:
$y'(x)+P(x)y(x)=Q(x)$

##### Using the concept of integration factor:

There exists an integration factor $I(x)=\exp(\displaystyle\int P(x)dx)$

Such that $Iy=\displaystyle\int IQ\ dx+c$

$\Rightarrow y=I^{-1}\displaystyle\int IQ\ dx+I^{-1}c$

$=e^{-\int Pdx}\displaystyle\int e^{\int Pdx}Qdx+e^{-\int Pdx}c$

##### Using the concept of $y_h$ & $y_p$

###### homo solution (即求 $y'+Py=0$ 之解)

$\dfrac{dy}{dx}+Py=0\Rightarrow\dfrac{dy}{y}=-Pdx\Rightarrow\ln y=\displaystyle\int-Pdx+c$

$\Rightarrow y=ce^{-\int Pdx}$

則 ODE 之齊性解 $y_h=ce^{-\int Pdx}=cy_1$

###### particular solution

令 $y_p=u(x)y_1$ ($y_p$ 通常與齊性解 $y_h$ 有關)

代回原 ODE 中，即可得 $u(x)=\displaystyle\int e^{\int Pdx}Qdx$

#### 方法

設二階線性 ODE 為 $a_2(x)y''+a_1(x)y'+a_0(x)y=R(x)$

1. 求得齊性解為 $y_h=c_1y_1(x)+c_2y_2(x)$
2. 令 $y_p=u_1(x)\ y_1(x)+u_2(x)\ y_2(x)$ ($\because y_p$ 即通常與齊性解 $y_h$ 有關聯)
3. $$\begin{cases}
{u_1}'=\dfrac{-\dfrac{R}{a_2}y_2}{W(y_1,\ y_2)}\\\\
{u_2}'=\dfrac{\dfrac{R}{a_2}y_1}{W(y_1,\ y_2)}
\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}
u_1=\displaystyle\int\dfrac{-\dfrac{R}{a_2}y_2}{W(y_1,\ y_2)}\ dx\\\\
u_2=\displaystyle\int\dfrac{\dfrac{R}{a_2}y_1}{W(y_1,\ y_2)}\ dx
\end{cases}$$

$W$: wronskian 行列式
$W(y_1,\ y_2)=\begin{vmatrix}
y_1 & y_2\\
{y_1}' & {y_2}'
\end{vmatrix}=y_1{y_2}'-y_2{y_1}'$

> 補充 3rd-order 略過

> Example
> Find $y''-3y'+2y=-\dfrac{e^{3x}}{e^x+1}$
>
> ##### homo solution
>
> ODE 之特徵方程式為 $m^2-3m+2=0$
> 可得 $m=1,\ 2$ (相異實根)
> 則 ODE 之齊性解為 $y_h=c_1e^x+c_2e^{2x}$
>
> ##### particular solution
>
> by 待定係數法 $\rightarrow R(x)=-\dfrac{e^{3x}}{e^x+1}, y_p=???$
> $\therefore$ by 參數變異法
> 令 $y_p=u_1y_1+u_2y_2$，其中 $y_1=e^x,\ y_2=e^{2x}$
> 故 $W(y_1,\ y_2)=\begin{vmatrix}
y_1 & y_2\\
{y_1}' & {y_2}'
> \end{vmatrix}=y_1{y_2}'-y_2{y_1}'=e^{3x}$
>
> 則 ${u_1}'=\dfrac{-\dfrac{R}{a_2}y_2}{W(y_1,\ y_2)}=\dfrac{e^{2x}}{e^x+1}$
>
> 即 $u_1=\displaystyle\int\dfrac{e^{2x}}{e^x+1}dx=\displaystyle\int\dfrac{e^x}{e^x+1}d(e^x)=e^x-\ln|e^x+1|$
>
> 且 ${u_2}'=\dfrac{\dfrac{R}{a_2}y_1}{W(y_1,\ y_2)}=-\dfrac{e^{x}}{e^x+1}$
>
> 即 $u_2=\displaystyle\int\dfrac{-e^x}{e^x+1}dx\displaystyle\int\dfrac{-1}{e^x+1}d(e^x)=e^x-\ln|e^x+1|=-\ln|e^x+1|$
>
> 則 ODE 之特解為 $y_p=u_1y_1+u_2y_2=[e^x-\ln|e^x+1|]e^x+[-\ln|e^x+1|]e^{2x}$
>
> $=e^{2x}-(e^x+e^{2x})\ln|e^x+1|$
>
> 故 ODE 之通解為 $y=y_h+y_p=c_1e^x+c_2e^{2x}+e^{2x}-(e^x+e^{2x})\ln|e^x+1|$
> $=c_1e^x+c_3e^{2x}+e^{2x}-(e^x+e^{2x})\ln|e^x+1|$

## 變係數線性 ODE

$\begin{cases}
\text{Cauchy-Euler 線性 ODE}\\
\text{已知一解求另一解 (reduction of order)}
\end{cases}$

### Cauchy-Euler Equation (physicial system)

#### model

$a_nx^ny^{<n>}+a_{n-1}x^{n-1}y^{<n-1>}+\dots+a_{1}x^{1}y'+a_0y=R(x)$
其中 $a_n,\ a_{n-1},\ \dots,\ a_1,\ a_0$ 均為常數 (n-order Cauchy-Euler linear ODE)

#### 如何解

* purpose: 利用變數變換 (substitution)，將變係數 $\rightarrow$ 常係數
使 $x\leftarrow t$，$t$ 為一次微分差 $\dfrac{1}{x}$

令 $t=\ln x$ (以 $t$ 取代 $x$ 角色)

$\Rightarrow y'=\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{dy}{dt}\dfrac{dt}{dx}=\dfrac{1}{x}\dfrac{dy}{dt}$

故 $xy'=\dfrac{dy}{dx}=D_ty$, when $D_t\equiv\dfrac{d}{dt}$ 微分運算子 differential operator

且 $y''=\dfrac{dy'}{dx}=\dfrac{d}{dx}(\dfrac{1}{x}\dfrac{dy}{dt})=-\dfrac{1}{x^2}\dfrac{dy}{dt}+\dfrac{1}{x}\dfrac{d}{dx}[\dfrac{dy}{dt}]$

$=-\dfrac{1}{x^2}\dfrac{dy}{dt}+\dfrac{1}{x}\dfrac{dt}{dx}\dfrac{d}{dt}[\dfrac{dy}{dt}]$

$=-\dfrac{1}{x^2}\dfrac{dy}{dt}+\dfrac{1}{x^2}\dfrac{d^2y}{dt^2}$

故 $x^2y''=\dfrac{d^2y}{dt^2}-\dfrac{dy}{dt}={D_t}^2y-D_ty=({D_t}^2-D_t)y=D_t(D_t-1)y$

$\Rightarrow x^ny^{<n>}=D_t(D_t-1)(D_t-2)\dots(D_t-n+1)y$

將結果代回原 ODE ，則可代化簡成以自變數 $t$ 之常係數線性 ODE
利用常係數線性 ODE 之解題方式，求出通解 $y(t)$
將 $t=\ln x$ 代回，即可求得原 ODE 之通解 $y(x)$

> Example
> Find $x^2y''+2xy'-2y=6x$
> 原 ODE 為 2nd-order 變係數線性 ODE，且為 Cauchy-Euler equation
> $\therefore$ 令 $t=\ln x$ (變數變換，為了將變系數 $\leftarrow$ 常係數)
> 故 $xy'=D_ty$, when $D_t\equiv\dfrac{d}{dt}$
> $x^2y''=D_t(D_t-1)y$
> 代回原 ODE 可得
> $D_t(D_t-1)y+2D_ty-2y=6e^t$
> 即 $({D_t}^2+D_t-2)y=6e^t$
> ($\dfrac{d^2y}{dt^2}+\dfrac{dy}{dt}-2y=6e^t$)
>
> 2nd-order 常係數線性 ODE
> $y''+y'-2y=6e^t$
>
> homogeneous solution (y''+y'-2y=0)
> ODE 之特徵方程式 $m^2+m-2=0$，故 $m=-2,\ 1$ (相異實根)
> 則 ODE 之齊性解為 $y_h=c_1e^{-2t}+c_2e^t=c_1x^{-2}+c_2x$
>
> particular solution
> by 代定係數法，令 $y_p=Ate^t$ ($\because e^t$ 與 $y_h$ 重複須修正)
> 則 ${y_p}'=Ae^t+Ate^t$
> ${y_p}''=Ae^t+Ae^t+Ate^t$
> 代回原 ODE 中，比較係數可得 $A=Q$
> $\because y_p=2te^t=2x\ln x$
>
> 原 ODE 之通解 $y_h+y_p=c_1x^{-2}+c_2x+2x\ln x$

### 已知解，求另一解 (by the `reduction of order(降階)` method)

* 可用於常係數 & 變係數

#### model

設二階變係數 ODE 為 $a_2(x)y''+a_1(x)y'+a_0(x)y=0$，以之 $y_1(x)$ 為 ODE 之一齊性解，求其通解為何？ (find $y_2(x)$)

#### 如何找 $y_2(x)$

by variation of parameters:
令 $y_2(x)=u(x)y_1(x)$ (valid for all linear ODE$\begin{cases}e^{m_1x}\\e^{m_2x}\end{cases}$ $\begin{cases}\cos\alpha x\\\sin\alpha x\end{cases}$)

$\Rightarrow y2'=u'y_1+u{y_1}'$
$y2''=u''y_1+2u'{y_1}'+u{y_1}''$ 代入原 ODE 中
$\Rightarrow a_2[u''y_1+2u'{y_1}'+u{y_1}'']+a_1[u'{y_1}+u{y_1}']+a_0u{y_1}=0$
$\Rightarrow [a_2u{y_1}''+a_1u{y_1}'+a_0u{y_1}]+[a_2u''{y_1}+2a_2u'{y_1}'+a_1u'{y_1}]=0$

$\therefore$ 原式變為 $a_2u''{y_1}+(2a_2{y_1}'+a_1{y_1})u'=0$
$\Rightarrow a_2u''{y_1}=-(2a_2{y_1}'+a_1{y_1})u'$

$\Rightarrow \dfrac{u''}{u'}=-\dfrac{2a_2{y_1}'+a_1{y_1}}{a_2{y_1}}=\dfrac{-2{y_1}'}{{y_1}}-\dfrac{a_1}{a_2}$

令 $w=u'\Rightarrow w'=u''$

$\dfrac{w'}{w}=\dfrac{-2{y_1}'}{y_1}-\dfrac{a_1}{a_2}$

$\dfrac{dw}{w}=\dfrac{-2}{y_1}dy_1-\dfrac{a_1}{a_2}dx$

$\displaystyle\int\dfrac{dw}{w}=\displaystyle\int\dfrac{-2}{y_1}dy_1-\displaystyle\int\dfrac{a_1}{a_2}dx$

$\Rightarrow \ln w=-\ln {y_1}^2-\displaystyle\int\dfrac{a_1}{a_2}dx$

$\therefore w=\dfrac{1}{y^2}\exp(-\displaystyle\int\dfrac{a_1}{a_2})$, $w=u'$

**$\therefore u=\displaystyle\int\dfrac{1}{y^2}\exp(-\displaystyle\int\dfrac{a_1}{a_2})dx$**

$\therefore y_2=uy_1=y_1\displaystyle\int\dfrac{1}{{y_1}^2}e^{-\int\frac{a1}{a2}dx}dx$

> Example
> Find $(x^2-1)y''-2xy'+2y=0$, given that $y_1=x$ is a solution
> 令 $\begin{cases}
a_2(x)=x^2-1 \\
a_1(x)=-2x
> \end{cases}\ \ y_1=x$ is a solution
>
> by variation of paramerter：　令 $y_2=u(x)y_1(x)$
>
> $\therefore u(x)=\displaystyle\int\dfrac{e^{-\int\frac{a1}{a2}dx}}{{y_1}^2}dx$
>
> $\therefore u(x)=\displaystyle\int\dfrac{e^{-\int\frac{-2x}{x^2-1}dx}}{x^2}dx$
>
> $=\displaystyle\int\dfrac{e^{\ln(x^2-1)}}{x^2}dx$
>
> $=\displaystyle\int\dfrac{x^2-1}{x^2}dx$$=\displaystyle\int1-\dfrac{1}{x^2}dx=x+\dfrac{1}{x}$
>
> $\therefore y_2=uy_1=(x+\dfrac{1}{x})x=1+x^2$
> $\therefore$ 原 ODE 之通解為 $y=c_1y_1+c_2y_2=c_1x+c_2(1+x^2)$

## Missing-Variable non-linear ODE (高階非線性 ODE)

### model

An n-order non-linear ODE, $f(x,\ y,\ y',\ \dots,\ y^{<n>})=0$

$\because$ non-linear, generally hard to solve!

(only by 分離變數法，then 消次方消微分可解，e.g. $y^2y'=x \rightarrow y^2dy=xdx$，but 很難分離)

However, there exists two special cases that can be easily resolved

1. Dependent variable y is missing 因變數 $y$ 不出現
2. Independent Variable x is missing 因變數 $x$ 不出現

$\Rightarrow$ by 分離變數法

### missing y type

設 ODE 為 $y$ 不出現型，即 ODE 為 $f(x,\ y',\ \dots,\ y^{<n>})=0$
$\because y$ 不出現的話，無法分離變數積分
令 $u=y'$ 當作新的因變數，$u'=u'',\ \dots,\ u^{<n-1>}=u^{<n>}$
$f(x,\ u,\ u',\ \dots,\ u^{<n-1>})=0$
即可將原為 $y$ 之 $n$ 階 ODE 階為 $u$ 之 $n-1$ 階 ODE，且因變數存在

> Example
>
> FInd $(1+x^2)y''+1+(y')^2=0$ (2nd-order, non linear $\because (y')^2$)
$\because y$ is missing (需分出一新的因變數)
> 令 $u=y'$ 當作新的因變數，$u'=y''$ 代為原式
> $\Rightarrow (1+x^2)u'+1+u^2=0$ (1st-order, 以 $u$ 為新的因變數之 non-linear ODE)
>
> $\dfrac{du}{(1+u^2)}+\dfrac{dx}{1+x^2}=0$
>
> 公式 $\displaystyle\int\dfrac{1}{a^2+x^2}dx=\dfrac{1}{a}\tan^{-1}(\dfrac{x}{a})+c$, $\tan(\alpha+\beta)=\dfrac{\tan\alpha+\tan\beta}{1-\tan\alpha\tan\beta}$
> 兩邊積分可得 $\tan^{-1}u+\tan^{-1}x=c_1$
> 兩邊取 $\tan$ 可得 $\tan(\tan^{-1}u+\tan^{-1}x)=\tan c_1$
>
> $\Rightarrow\dfrac{u+x}{1-ux}={c_1}^*, {c_1}^*=\tan c_1$
>
> 即 $u=\dfrac{{c_1}^*-x}{{c_1}^*x+1}=\dfrac{dy}{dx}$
>
> 則 $\displaystyle\int dy=\displaystyle\int\dfrac{{c_1}^*-x}{{c_1}^*x+1}+c_2$
>
> $\Rightarrow y=-c_3x+({c_3}^2+1)\ln|x+c_3|+c_2$, $c_3=\dfrac{1}{{c_1}^*}$

### missing x type

設 ODE 為 $x$ 不出現型，即 ODE 為 $f(y,\ y',\ \dots,\ y^{<n>})=0$

$\because$ 將 $y$ 視為自變數
則令 $y'=p$ 為新的因變數 ($y$ 為新的自變數)

故 $y''=\dfrac{dp}{dx}=\dfrac{dp}{dy}\dfrac{dy}{dx}=p\dfrac{dp}{dy}$

$y'''=\dfrac{d}{dx}y''=\dfrac{d}{dy}(p\dfrac{dp}{dy})=\dfrac{dp}{dx}\dfrac{dp}{dy}+p\dfrac{d}{dx}(\dfrac{dp}{dy})$

$=p(\dfrac{dp}{dy})^2+p\dfrac{d}{dy}(\dfrac{dp}{dy})\dfrac{dy}{dx}$

$=p(\dfrac{dp}{dy})^2+p^2\dfrac{d^2}{dp^2}$

代入原 ODE 中可得 $f(y,\ p,\ \dfrac{dp}{dy},\ \dots,\ \dfrac{d^{n-1}p}{dy^{n-1}})=0$

為以 $y$ 為自變數， $p$ 為因變數之 $(n-1)$ 階 ODE

> Example
>
> Find $yy''+(y')^2-y'=0$ 2nd-order, non-linear
>
> $\because x$ is missing $\therefore$ 將 $y$ 視為自變數
> 令 $y'=p$ 為新的因變數
> 則 $y''=\dfrac{d}{dx}(y')=\dfrac{dp}{dy}\dfrac{dy}{dx}=p\dfrac{dp}{dy}$
> 代入原式可得
> $yp\dfrac{dp}{dy}+p^2-p=0$
> $\Rightarrow\dfrac{dp}{p-1}+\dfrac{1}{y}dy=0$
> 兩端積分可得 $\ln|p-1|+\ln|y|=c_1$
> $\Rightarrow (p-1)y={c_1}^*$
> 將 $p=y'$ 代入 $\Rightarrow(y'-1)y={c_1}^*$
> $\Rightarrow y'=\dfrac{{c_1}^*+y}{y}=\dfrac{dy}{dx}$
> $\Rightarrow \dfrac{ydy}{{c_1}^*+y}=dx$
> $\Rightarrow y={c_1}^*\ln|y+{c_1}^*|=x+c_2$

## Coupled Linear D.E. 聯立線性 D.E.

> Lec19 56