# 應用數學二

## ODE

## Buckingham's π Theorem
:::info
**定理：白金漢 Π 理論**
如果一問題中有由 $n$ 個基本因次（*dimension*）組成的 $m$ 個變數（$A_1,A_2,\ldots,A_m$），與所有變數相關的方程式如
\begin{align*}
F(A_1,A_2,\ldots,A_m)=0 &&\text{或等價的}&& A_1=f(A_2,A_3,\ldots,A_m)
\end{align*}
有 $m-n$ 個無因次的「$\pi$ 組」，並組合出
\begin{align*}
\Phi(\pi_1,\pi_2,\ldots,\pi_{n-m})=0 &&\text{或等價的}&& \pi_1=\phi(\pi_2,\pi_3,\ldots,\pi_{n-m}),
\end{align*}
且每個 $\pi$ 組互相獨立，無法由其他 $\pi$ 組組合而成。
:::
選擇其中的 $n$ 個變數作爲**重複變數（*repeating variable*）**，這些變數會出現在每一個 $\pi$ 組中。重複變數必須滿足：
1. 不是無因次變數；
2. 兩重複變數不能有相同的因次。

不失一般性，令 $A_1,A_2,\ldots,A_n$ 爲重複變數。再取另一變數 $A_{n+i}$，找到最小的 $a_1,a_2,\ldots,a_{n+i}$ 使得
\begin{align*}
[]=[A_1]^{a_1}[A_2]^{a_2}\cdots[A_{n+i}]^{a_{n+i}},
\end{align*}
此時有
\begin{align*}
\pi_i=A_1^{a_1}A_2^{a_2}\cdots A_{n+i}^{a_{n+i}}.
\end{align*}
不斷改變代入的另一變數，直到解出所有 $\pi$ 組。
:::success
**範例：** 若黏滯力 $D\,[\mathrm{kg}\mathrm{m}\mathrm{s}^{-2}]$ 是黏滯係數 $\mu\,[\mathrm{kg}\mathrm{m}^{-1}\mathrm{s}^{-1}]$、密度 $\rho\,[\mathrm{kg}\mathrm{m}^{-3}]$、速度 $u\,[\mathrm{m}\mathrm{s}^{-1}]$、長度 $r\,[\mathrm{m}]$ 的函數：
\begin{align*}
D=d(\mu,\rho,u,r),
\end{align*}
請寫出黏滯力的**冪次律（*power law*）**。
**解：** 觀察得到 $m=5,\ n=3$，共有兩個 $\pi$ 組。選擇 $\mu,\ u,\ r$ 作爲重複變數。
1. 以 $D$ 作爲額外變數。令
\begin{align*}
\pi_1=\mu^a u^b r^c D^d,
\end{align*}
可寫出
\begin{align*}
\begin{cases}
\mathrm{kg}:& a+d=0\\
\mathrm{m}:& a-b+c+d=0\\
\mathrm{s}:& −2a−b−c=0\\
\end{cases}
\end{align*}
解出 $a,b,c=-d$。代回前式得到
\begin{align*}
\pi_1=\frac{D}{\mu ur}.
\end{align*}
2. 以 $\rho$ 作爲額外變數。可得到
\begin{align*}
\pi_2=\frac{\mu}{\rho ur}.
\end{align*}
因此
\begin{align*}
\frac{D}{\mu ur}=f\left(\frac{\mu}{\rho ur}\right).
\end{align*}
:::

## Wave Equation and Fourier Series
### 一維線性波動方程式的推導
有一長度 $\Delta x\to 0$、線密度 $\rho$ 的均質線段，兩端張力爲 $T$.
假設：
1. $T/(\rho\Delta x)\gg g$，因此重力可以忽略；
2. 兩端垂直位移 $\Delta y$ 非常小，傾角 $\theta\to0$。因此 $\sin\theta\sim\tan\theta\sim\Delta y/\Delta x$。由此可知，質點可視爲進行垂直振動。

因此垂直向合力 $F_y$:
\begin{align}
F_y=T\sin\theta_2-T\sin\theta_1&=\rho\Delta x\frac{\partial^2 y}{\partial t^2}\\
T\left[(\Delta y/\Delta x)_2-(\Delta y/\Delta x)_1\right]&=\rho\Delta x\frac{\partial^2 y}{\partial t^2} && \text{recall that }\Delta x\to 0:\\
\lim_{\Delta x\to 0}\frac{(\Delta y/\Delta x)_2-(\Delta y/\Delta x)_1}{\Delta x}&=\frac{\rho}{T}\frac{\partial^2 y}{\partial t^2}\\
\frac{\partial^2 y}{\partial x^2}&=\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2 y}{\partial t^2}.
\end{align}
一維線性波動方程式即
\begin{align}
\frac{\partial^2 y}{\partial t^2}=c^2\frac{\partial^2 y}{\partial x^2}.
\end{align}
### 一維線性波動方程式的解
### 傅立葉級數
移除一維波動方程式推導過程中的假設 2. 的邊界條件時，$f(x)$ 變爲：
\begin{align*}
f(x)=\sum^\infty_{n=1}[a_n\cos(nx)+b_n\sin(nx)],
\end{align*}
加上常數項則有
\begin{align*}
f(x)=a_0+\sum^\infty_{n=1}a_n\cos(nx)+b_n\sin(nx),
\end{align*}
得到傅立葉級數：
\begin{theorem}
\theoremtitle{傅立葉級數（三角函數形式）}
對於 $x\in[-\pi,\pi]$ 的函數 $f(x)$，都可以表示爲
\begin{align}
f(x)=a_0+\sum^\infty_{n=1}a_n\cos(nx)+b_n\sin(nx),\label{EQ:fourierS}
\end{align}
其中
\begin{align}
a_0&=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\,\diff x,\label{EQ:a0}\\
a_n&=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nx\,\diff x,\label{EQ:an}\\
b_n&=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin nx\,\diff x.\label{EQ:bn}
\end{align}
\end{theorem}
\begin{proof}[證明]\mathleft
對式 (\ref{EQ:fourierS}) 左右同時對 $\diff x$ 積分：
\begin{align*}
\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\,\diff x&=\int_{-\pi}^{\pi}a_0\,\diff x+\sum_{n=1}^{\infty}\left[\cancelto{0}{\int_{-\pi}^{\pi}a_n\cos nx\,\diff x}+\cancelto{0}{\int_{-\pi}^{\pi}b_n\sin nx\,\diff x}\right]\\
&=2\pi a_0.
\end{align*}
對式 (\ref{EQ:fourierS}) 左右同乘 $\cos mx$，再對 $\diff x$ 積分：
\begin{align*}
\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos mx\,\diff x=&\cancelto{0}{\int_{-\pi}^{\pi}a_0\cos mx\,\diff x}\\
&+\sum_{n=1}^{\infty}\left[\int_{-\pi}^{\pi}a_n\cos nx\cos mx\,\diff x+\cancelto{0}{\int_{-\pi}^{\pi}b_n\sin nx\cos mx\,\diff x}\right]\\
=&\sum_{n=1}^{\infty}a_n(\pi\delta_{mn})=\pi a_m.
\end{align*}
同理可得 $\displaystyle b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin nx\,\diff x$.
\end{proof}
再進行一些運算可以得到
\begin{theorem}
\theoremtitle{傅立葉級數（指數形式）}
對於 $x\in[-\pi,\pi]$ 的函數 $f(x)$，都可以表示爲
\begin{align}
f(x)=\sum^\infty_{n=-\infty}c_ne^{inx},\label{EQ:fourierSe}
\end{align}
其中
\begin{align}
c_n&=\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)e^{-inx}\,\diff x,\label{EQ:cn}
\end{align}
\end{theorem}
\begin{proof}[證明]\mathleft
將式 (\ref{EQ:fourierS}) 中的三角函數轉換爲指數形式：
\begin{align*}
f(x)&=a_0+\sum^\infty_{n=1}a_n\cos(nx)+b_n\sin(nx)\\
&=a_0+\sum^\infty_{n=1}\left[a_n\frac{e^{inx}+e^{-inx}}{2}+b_n\frac{e^{inx}-e^{-inx}}{2}\frac{i}{i}\right]\\
&=a_0+\sum^{n=1}_{\infty}\left[\frac{a_n-ib_n}{2}e^{inx}+\frac{a_n+ib_n}{2}e^{-inx}\right]
=\sum^\infty_{n=-\infty}c_ne^{inx}.
\end{align*}
再將式 (\ref{EQ:fourierSe}) 左右同乘 $e^{-imx}$，再對 $\diff x$ 積分：
\begin{align*}
\int_{-\pi}^{\pi}f(x)e^{-imx}\diff x&=\sum^\infty_{n=-\infty}c_n\int_{-\pi}^{\pi}e^{inx}e^{-imx}\diff x
=\sum^\infty_{n=-\infty}c_n(2\pi\delta_{mn})=2\pi c_m.
&&\qedhere\end{align*}
\end{proof}

## Diffusion Equation
### 布朗運動
### 擴散方程式
擴散方程式形如
\begin{align}
\frac{\partial u}{\partial t}=\kappa\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}. (1)
\end{align}
假設：
1. $u(0)=u(\pi)=0$;
2. $u(x,0)=f(x)$;
3. $u$ 可進行分離變數如 $u=H(x)G(t)$.

將假設 3. 代入 (1) 可得：
\begin{align}
H\frac{dG}{dt}&=\kappa G\frac{\partial^2H}{\partial x^2}\\
\frac{1}{\kappa G}\frac{dG}{dt}&=\frac{1}{H}\frac{\partial^2H}{\partial x^2}.(2)
\end{align}
令 (2) 左右兩式等於某常數 $-n^2$，解得
1. LHS:
\begin{align}
\frac{dG}{dt}&=-\kappa n^2 G\\
G&=e^{-\kappa n^2t}; (3)
\end{align}
2. RHS:
\begin{align}
\frac{\partial ^2H}{\partial x^2}&=-n^2H\\
H&=a_n\sin(nx)+b_n\cos(nx),
\end{align}
又考慮假設 2. 的 BC，解得
\begin{align}
H=a_n\sin(nx), (4)
\end{align}
其中 $n\in\mathbb{Z}$.

將 (3), (4) 代入 假設 3.:
\begin{align}
u(x,t)=\sum_{n=1}^\infty a_n e^{-\kappa n^2t} \sin(nx). (5)
\end{align}
而 $f(x)$:
\begin{align}
f(x)=u(x,0)= \sum_{n=1}^\infty a_n \sin(nx). (6)
\end{align}