第十七讲利用傅里叶级数求特解

一，几何变换法，求傅里叶级数：

假设 $f(t_{2})$ 是周期 $T=2L$ ， $L=1$ 的函数，求它的傅里叶级数。如图1：
第一步，求周期 $T=2\pi$ 的函数 $g(t_{1})$ 的傅里叶级数。如图2：
因为 $g(t_{1})$ 是奇函数， $g(t_{1})=\sum_{n=1}^{\infty }b_{n}sin(nt_{1})$
$b_{n}=\frac{2}{\pi }\int_{0}^{\pi }g(t_{1})sin(nt_{1})dt_{1}=\frac{2}{\pi }\int_{0}^{\pi }sin(nt_{1})dt_{1}=\frac{2}{\pi }\int_{0}^{\pi }\frac{sin(nt_{1})}{n}dnt_{1}=\frac{2}{\pi }\cdot \left. [\frac{-cos(nt_{1})}{n}] \right |^{\pi }_{0}=\frac{2}{\pi }\cdot\frac{1-(-1)^{n}}{n}$
当 $n=1,3,5......$ ， $b_{n}=\frac{4}{\pi n}$ ；当 $n=2,4,6......$ ， $b_{n}=0$
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，将 $g(t_{1})$ 压缩成 $s(t_{2})$ ，周期改变， $t_{1}$ 变 $t_{2}$ ，如图3：
$s(t_{2})$ 的周期 $T=2$ ， $L=1$ ，振幅是 $g(t_{1})$ 的一半： $s(t_{2})=\frac{1}{2}g(t_{1})$
基频率 $k_{0}=\frac{2\pi }{T}=\pi$ ， $t_{1}=k_{0}t_{2}=\pi t_{2}$
将 $\pi t_{2}$ 替换 $t_{1}$ ： $s(t_{2})=\frac{1}{2}g(t_{1})=\frac{1}{2}\cdot\frac{4}{\pi }\sum_{n=1}^{\infty }\frac{sin(nt_{1})}{n}=\frac{2}{\pi }\sum_{n=1}^{\infty }\frac{sin(n\pi t_{2})}{n}$ ，前提： $n=1,3,5......$
用上一节拓展1的公式验证答案：

因为 $s(t_{2})$ 是奇函数， $s(t_{2})=\sum_{n=1}^{\infty }b_{n}sin(nk_{0}t_{2})=\sum_{n=1}^{\infty }b_{n}sin(n\pi t_{2})$
$b_{n}=\frac{2}{L}\int_{0}^{L}s(t_{2})sin(nk_{0}t_{2})dt_{2}=2\int_{0}^{1}\frac{1}{2}sin(n\pi t_{2})dt_{2}=\int_{0}^{1}\frac{1}{n\pi }sin(n\pi t_{2})dn\pi t_{2}=-\frac{1}{n\pi }\cdot \left. cos(n\pi t_{2}) \right |^{1}_{0}=\frac{1-(-1)^{n}}{n\pi }$
当 $n=1,3,5......$ ， $b_{n}=\frac{2}{n\pi }$ ；当 $n=2,4,6......$ ， $b_{n}=0$
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，将图3上移1/2变成图1，周期没变，t不变：
$f(t_{2})=\frac{1}{2}+s(t_{2})=\frac{1}{2}+\frac{2}{\pi }\sum_{n=1}^{\infty }\frac{sin(n\pi t_{2})}{n}$ ，前提： $n=1,3,5......$

二，二阶非齐次常系数线性ODE的输入项为 $s(t_{2})$ ，求特解 $x_{p}$ ：

弹簧—质量—阻尼系统
如图
标准形式： ${x}''+\frac{c}{m}{x}'+\frac{k}{m}x=s(t_{2})$
设阻尼系数c=0，弹性常数 $\frac{k}{m}=\omega _{0}^{2}$ ， $\omega _{0}$ 表示弹簧振荡的角速度， $\omega _{0}>0$
原方程化为： ${x}''+\omega _{0}^{2}x=s(t_{2})$
不考虑奇偶性， $s(t_{2})$ 的周期 $T=2L$ ，基频率 $k_{0}=\frac{2\pi }{T}=2\pi k$
$s(t_{2})=\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty }[a_{n}cos(nk_{0}t_{2})+b_{n}sin(nk_{0}t_{2})]$ ，角速度 $\omega _{2}=nk_{0}$
原方程化为： ${x}''+\omega _{0}^{2}x=\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty }[a_{n}cos(\omega _{2}t_{2})+b_{n}sin(\omega _{2}t_{2})]$
复习第十四讲共振

当驱动项 $f(t)=cos(\omega _{2}t)$ 或者 $sin(\omega _{2}t)$ 时：

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

当驱动角速度 $\omega _{2}$ 逼近弹簧角速度 $\omega _{0}$ 时，产生共振
叠加原理： $x_{p}=\frac{a_{0}}{2\omega _{0}^{2}}+\sum_{n=1}^{\infty }[\frac{a_{n}cos(\omega _{2}t_{2})}{\omega _{0}^{2}-\omega _{2}^{2}}+\frac{b_{n}sin(\omega _{2}t_{2})}{\omega _{0}^{2}-\omega _{2}^{2}}]$
第一项：当 $\omega _{2}=0$ 时， $\frac{a_{0}}{2(\omega _{0}^{2}-\omega _{2}^{2})}=\frac{a_{0}}{2\omega _{0}^{2}}$

复习第十四讲共振
当驱动项 $f(t)=cos(\omega _{2}t)$ 或者 $sin(\omega _{2}t)$ 时：特解 $x_{p}=\frac{1}{\omega_{0} ^{2}-\omega _{2}^{2}}\cdot cos(\omega _{2}t)$ 或者 $\frac{1}{\omega_{0} ^{2}-\omega _{2}^{2}}\cdot sin(\omega _{2}t)$ 当驱动角速度 $\omega _{2}$ 逼近弹簧角速度 $\omega _{0}$ 时，产生共振

三，假设输入项为 $f(t_{2})$ ，求特解 $x_{p}$ ：

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

四，分析 $x_{p}$ 系数的大小：

假设： $\omega _{0}=10$ ， $k_{0}=\pi =3$
已知： $\omega _{2}=nk_{0}=n\pi =3n$ ， $n=1,3,5......$
$x_{p}=\frac{1}{2\omega _{0}^{2}}+\frac{2}{\pi }\sum_{n=1}^{\infty }\frac{sin(\omega _{2}t_{2})}{n(\omega _{0}^{2}-\omega _{2}^{2})}\approx \frac{1}{200}+\frac{2}{3}(\frac{sin(3t_{2})}{91}+\frac{sin(9t_{2})}{57}+\frac{sin(15t_{2})}{-625}+......)\approx 0.005+0.007sin(3t_{2})+0.012sin(9t_{2})-0.001sin(15t_{2})-......$
傅里叶系数表示某个角速度的波 $sin(\omega _{2}t_{2})$ 在合成波 $f(t_{2})$ 中占的比重
可以看到响应幅值最大的是角速度 $\omega _{2}=3\pi$
结论：当 $\omega _{0}=10$ 时，近似的共振将会由输入项 $f(t_{2})$ 中的角速度 $\omega _{2}=3\pi$ 的波产生
原理：响应项不会对输入项里所有的波做出响应，它只会选出和它的角速度 $\omega _{0}$ 接近（ $3\pi \approx 10$ ）的波进行响应，其他的波都被淡化了。
声音在不同介质中的传递，是通过共振实现的。

五，待定系数法，求特解 $x_{p}$ ：

假设输入项为 $f(t_{2})=\frac{1}{2}+\frac{2}{\pi }\sum_{n=1}^{\infty }\frac{sin(\omega _{2}t_{2})}{n}$
假设响应项 $x_{p}$ 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 $c_{n}$ 为待定系数
${x_{p}}''=-\omega _{2}^{2}\sum_{n=1}^{\infty }c_{n}\cdot sin(\omega _{2}t_{2})$
原方程为： ${x}''+\omega _{0}^{2}x=\frac{1}{2}+\frac{2}{\pi }\sum_{n=1}^{\infty }\frac{sin(\omega _{2}t_{2})}{n}$
将 $x_{p}$ 和 ${x_{p}}''$ 代入原方程：
$-\omega _{2}^{2}\sum_{n=1}^{\infty }c_{n}\cdot sin(\omega _{2}t_{2})+\omega _{0}^{2}c_{0}+\omega _{0}^{2}\sum_{n=1}^{\infty }c_{n}\cdot sin(\omega _{2}t_{2})=\frac{1}{2}+\frac{2}{\pi }\sum_{n=1}^{\infty }\frac{sin(\omega _{2}t_{2})}{n}$
$\omega _{0}^{2}c_{0}=\frac{1}{2}\Rightarrow c_{0}=\frac{1}{2\omega _{0}^{2}}$
$(\omega _{0}^{2}-\omega _{2}^{2})\sum_{n=1}^{\infty }c_{n}\cdot sin(\omega _{2}t_{2})=\frac{2}{\pi }\sum_{n=1}^{\infty }\frac{sin(\omega _{2}t_{2})}{n}\Rightarrow (\omega _{0}^{2}-\omega _{2}^{2})c_{n}=\frac{2}{n\pi }\Rightarrow c_{n}=\frac{2}{n\pi (\omega _{0}^{2}-\omega _{2}^{2})}$
将系数 $c_{0}$ 和 $c_{n}$ 代入响应项 $x_{p}$ ：
$x_{p}=\frac{1}{2\omega _{0}^{2}}+\frac{2}{\pi }\sum_{n=1}^{\infty }\frac{sin(\omega _{2}t_{2})}{n(\omega _{0}^{2}-\omega _{2}^{2})}$

第十七讲 利用傅里叶级数求特解