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簡說有限元素分析法


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前言 變分法 Reileigh-Ritz法 變分法應用與Reileigh-Ritz來源 Galerkin法 Reileigh-Ritz-Galerkin法 例題比較:Reileigh-Ritz、Collocation、 Galerkin


前言 下圖是有限元素分析法的發展歷史。有限元素分析法是一種用於解微分 方程組或積分方程組數值解的數值技術。 這一解法基於完全消除微分方 程,即將微分方程轉化為代數方程組; 或將偏微分方程(組)改寫為常微分 方程(組)的逼近, 以用標準的數值技術(例如Euler、Runge-Kutta等)求解。 在解偏微分方程的過程中, 主要的關鍵是如何構造一個新方程來逼近原本 研究的方程, 並且該過程還需要保持數值穩定性(精確性)。本處探討的方 法分別為變分原理的差分方法– Reileigh-Ritz, 以及加權餘量積分法Galerkin method,兩項基礎且普遍採用的方法。


Calculus of Variations 變分法 變分法 將一既有方程以微分或積分方程表示之數學方法。 是ReileighRitz methods的基礎 。 轉化成微分方程的理由: 當一微分方程等於0時,意味在該處達到此方程的極值,也代表有 機會是一最小值-誤差的極小值。 轉化為積分方程的理由: 𝑏

假設一目標方程I(x),其積分形式為I(x)= 𝑎 𝐹 𝑥 𝑑𝑥 。 又F(x)=f(x)Q(x) ; 且f(a)=f(b)=0 若f(x)=Q(x)(x-a)(x-b)則F(x)=[Q(x)]2(x-a)(x-b) 此時若欲I(x)=0則可直接令Q(x)=0,以簡化計算。 而I(x)實際上是一待解方程對一影響誤差變數之微分,令I(x)=0會 讓誤差趨近0以逼近實際解。


Reileigh-Ritz methods

根據最小勢能原理,如果能夠列出所有的幾何可能位移,那麼使總勢能П取最小值的那一組位移就是真 實位移。問題是列出所有幾何可能的位移是非常困難的,甚至是不可能的。 因此,對於實際問題的計算,只能憑藉經驗和直覺縮小尋找範圍,在這個範圍內的一族幾何可能的位 移中,找到一組位移使得總勢能E t最小。 雖然這一組位移一般的說並不是真實的,但是可以肯定,它是在這個縮小的給定範圍內部,與真實位 移最為接近的一組位移,由此解答可以作為近似解。 從上述思想出發,在一般情況下,可以將位移分量選擇為如下的形式 u(x,y,z)=u0(x,y,z)+Am 𝑢𝑚 (𝑥, 𝑦, 𝑧) v(x,y,z)=v0(x,y,z)+Bm 𝑣𝑚 (𝑥, 𝑦, 𝑧) w(x,y,z)=w0(x,y,z)+Cm 𝑤𝑚 (𝑥, 𝑦, 𝑧) 其中,A m,B m和C m均為任意的常數;u 0 , v 0和w 0以及u m , v m和w m都是坐標的已知函數,並且在 位移邊界S u上,這樣構造的位移試函數,不論係數A m , B m和C m取何值,總是會滿足位移邊界條件。 現在的問題是要如何選擇待定係數A m , B m和C m,使得總勢能П在位移表達式表示的這一族位移中取 最小值。 為此,將位移表達式代入方程求得應變分量,然後代入總勢能П1的表達式,總勢能E t原本是自變函 數的泛函,現在成為待定係數A m , B m和C m的二次函數。 這樣就把求解泛函的極值問題,轉化成為求解函數的極值問題。總勢能E t取極值的條件為 𝜕𝐸 𝜕𝐴𝑚

= 0;

𝜕𝐸 𝜕𝐵𝑚

= 0;

𝜕𝐸 𝜕𝐶𝑚

=0

E是一組以A m , B m和C m(m =1,2,3…)為未知數的線性非齊次代數方程組,求解方程可得待定 係數,回代就可以得到近似位移解答。這一方法稱為瑞利—里茨法。


Reileigh-Ritz 例題 在一有重力加速度之空間中將一物體往下拋,試問 此拋物線路徑之方程式為何?


解: 落地時間t=

𝑏 𝑏 𝑑𝑠 𝑏 𝑑𝑡 = = 𝑎 𝑎 𝑣 𝑎

(𝑑𝑥)2 +(𝑑𝑦)2 2𝑔𝑦

=

𝑏 𝑎

𝑑𝑦 )2 𝑑𝑥

1+(

2𝑔𝑦

dx

令此軌跡方程之正解為F(x) ,近似解𝐹 (x) 。 假設誤差D(x)=F(x)-𝐹 (x), 且D(x)=𝜀δ(x) ;𝜀 ∈ R , δ是任意函數。 故 𝐹 (x)=F(x)+𝜀𝛿(x),且當𝜀 = 0 時 ,𝐹 (x)=F(x)。 𝑑𝑦

現令I=t(y’)= 由於𝑦=y+𝜀𝛿 ;

2 𝑏 1+(𝑑𝑥) 𝑏 ′ )dx dx= 𝐹(𝑥, 𝑦 , 𝑦 𝑎 𝑎 2𝑔𝑦 ′ 𝑦 =y’+𝜀 𝛿′,

𝑏 𝐹(𝑥, y+𝜀𝛿, y’+𝜀𝛿′ )dx。 𝑎 𝜕𝐼 =0時 𝜕𝜀=0(沒有誤差時I有極值)

所以I=

且𝜀 令 u= y+𝜀𝛿, v=y’+𝜀𝛿′ 𝑑𝐹

𝑑𝐹 𝑑𝑥

𝑑𝐹 𝑑𝑢

𝑑𝐹 𝑑𝑣

𝑑𝐹

𝑑𝐹

則 𝑑𝜀 =𝑑𝑥 𝑑𝜀 +𝑑𝑢 𝑑𝜀 +𝑑𝑣 𝑑𝜀 =𝑑𝑢 𝛿+𝑑𝑣 𝛿 ′ 故 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑡𝑖𝑜𝑛 𝑏𝑦 𝑝𝑎𝑟𝑡 𝑏 𝑑𝐹 𝑏 𝑑𝐹 𝑑𝐼 𝑑𝐹 ′ 𝑑𝐹 𝑑𝛿 = ( 𝛿+ 𝛿 ) dx= ( 𝛿 − ) 𝑑𝑥 𝑎 𝑑𝑢 𝑎 𝑑𝑦 𝑑𝜀 𝑑𝑣 𝑑𝑦′ 𝑑𝑥 𝜕𝐹 𝜕𝑦

𝜕 𝜕𝐹

− 𝜕𝑥 𝜕𝑦′ =0---Euler equation

𝑏 𝜕𝐹 𝑎 𝜕𝑦

𝜕 𝜕𝐹

− 𝜕𝑥 𝜕𝑦′ 𝛿𝑑𝑥=0


𝜕𝐹 𝜕𝑦

其他證明

𝜕 𝜕𝐹

− 𝜕𝑥 𝜕𝑦′ 的方法:

𝜕𝐹 𝑑𝐹 𝑑𝑥 𝑑𝐹 𝑑𝑦 𝑑𝐹 𝑑𝑦′ 𝑑𝐹 𝑑𝐹 ′ 𝑑𝐹 ′′ = + + = + 𝑦 + 𝑦 𝜕𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦′ 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑦′ ∴

𝑑 𝑑𝑥

𝑑

𝑦′

= − − 𝑦 ′ +y’ ( ) 𝑑𝑦′ 𝑑𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑦 𝑑𝑦′ 𝑑𝐹 𝑑 𝑑𝐹 − 𝐹 − 𝑦′ ′ = 0 𝑑𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦

(𝑦′

𝑑𝑥 𝑑𝐹

𝑑𝐹

𝑑𝑦′ 𝑑𝐹

已知t= 𝑑𝐹 𝑑𝑥

= 0 → 𝐹 − 𝑦′

𝑑𝐹 𝑑𝑦′

)=y’’

=c 

+y’(

𝑑𝑦′ 𝑑𝐹 𝑑𝐹

𝑑𝑦 )2 𝑑𝑥

1+(

𝑏 𝑎

dx;F=

2𝑔𝑦

𝑑𝑦 1+( )2 𝑑𝑥

2𝑔𝑦

 y 1   

𝑑𝐹

-

𝑑 𝑑𝐹

)

𝑑𝑥 𝑑𝑦′ 𝑑

𝑑𝑦 )2 𝑑𝑥

1+(

2𝑔𝑦

(𝑦′)2

𝑑𝑦 𝑑𝑥

=

𝑦 𝑦−𝑘

=𝑘

𝑘−𝑦 𝑦

𝑑𝑦=dx

𝑘

𝑘

2

2

令 y= (1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃) ,so dy= (𝑠𝑖𝑛𝜃)d𝜃 則

𝑘

1−𝑐𝑜𝑠𝜃

2

1+𝑐𝑜𝑠𝜃

1

=c

1+(𝑦′)2

2𝑔𝑦 1 2 + (𝑦′) = 2𝑔𝑐 2 𝑑𝑦 𝑘 ( )2 = − 1 𝑑𝑥 𝑦

𝑑𝐹

𝑠𝑖𝑛𝜃 𝑑𝜃 = 𝑥 + 𝐶 ′

𝑘 𝜃 + 𝑠𝑖𝑛𝜃 = 𝑥 + 𝐶′ 2

2𝑔𝑦

1+(𝑦′)2

=c


假如 F=p(𝑦′)2 +𝑞𝑦 ′ − 2𝑓𝑦 𝜕𝐹 則 𝜕𝑦

= 2𝑞𝑦 − 2𝑓 𝜕𝐹 = 2𝑝𝑦 ′ 𝜕𝑦′

𝑑 𝜕𝐹 = 2𝑝𝑦 ′′ + 2𝑝′ 𝑦’ ′ 𝑑𝑥 𝜕𝑦 𝑏 𝜕𝐹 𝜕 𝜕𝐹 已知 𝑎 − 𝛿𝑑𝑥 =0 𝜕𝑦 𝜕𝑥 𝜕𝑦′ 𝜕 𝜕𝐹 =2𝑞𝑦 − 2𝑓 − 2𝑝𝑦 ′′ − 2𝑝′ 𝑦’=0 𝜕𝑥 𝜕𝑦′ 𝑑 𝑑𝑦 簡化成𝑝 + 𝑞𝑦 = 𝑓 𝑑𝑥 𝑑𝑥

則 𝜕𝐹 所以 𝜕𝑦

結論:I[u]=

1 {𝑝 0

𝑑 𝑑𝑥

-

𝑥 𝑦′ 𝑥

𝑝(𝑥)

𝑑𝑦 𝑑𝑥

2

+ 𝑞(𝑥) [𝑦(𝑥)]2 −2𝑓 𝑥 𝑦 𝑥 }𝑑𝑥

+ 𝑞(𝑥)𝑦(𝑥) = 𝑓(x); y(a)=y(b)=0


Galerking method Galerkin method是降低近似解與正解誤差的數學方法 將正解記作y 近似解y’,可以將近似解 y’視為由許多測試解(基函 數,shape function)ϕ拼湊疊加而成的結果 。即y’= 𝑛𝑖=1 𝐶𝑖ϕ𝑖 。 當ϕ的數量極多時 ,y’將有機會趨近於正解y。 既曰疊加 表示各測試解需要係數修正,因此 需要用galerkin method 確 認每個測試解的係數。

簡言之,Galerking method是將求解微分方程問題簡化成為線性方程組 的求解問題。其原理為通過選取有限多項試函數(基函數),將它們疊 加,再要求結果在求解域內及邊界上的加權積分(權函數為試函數本身) 滿足原方程,便可以得到一組易於求解的線性代數方程,且自然邊界條 件能夠自動滿足。必須強調的是,作為加權餘量法的一種試函數選取形 式,Galerking method所得到的只是在原求解域內的一個近似解(僅僅 是加權平均滿足原方程,並非在每個點上都滿足)。


Galerkin method是一種加權餘量法 加權餘量法 當n有限時,定解方程存在誤差(餘量)。取權函數,強迫餘量在某種平均意義上為零。 假設一橫切面Ω的柱狀空心波導中電磁波傳播規律 且TM模中的縱向分量EZM滿足下式: (𝛻𝑟 2 +𝐾𝑐 2 )EZM=0 且在波導壁上 EZM=0 𝑊2 𝐶2

其中,𝐾𝑐 2 =

𝑘 2 c 𝑘𝑐 :柱狀波導軸向的傳播常數 求EZM ? 令 LEZM =λ𝐸𝑍𝑀 L=𝛻𝑟 2 ; λ=𝑘 2 c 𝐸𝑍𝑀 ≈ 𝐸′𝑍𝑀 = 𝑛𝑖=1 𝐶𝑖 ϕ𝑖 𝑐𝑖 是未知係數; ϕ𝑖 是已知函數(任意函數) 引入一個檢驗函數(權函數, weight function,W) 內積 W∙ LEZM =W∙ λ𝐸𝑍𝑀 𝑏 W 𝑎

∙ LEZM dΩ= 𝑏 W ∙ (𝐿 𝑎

𝑏 W 𝑎

∙ λ𝐸𝑍𝑀 dΩ

− λ) 𝐸𝑍𝑀 dΩ= 0

又 𝐸𝑍𝑀 ≈ 𝐸′𝑍𝑀 𝑏 所以 𝑎 W ∙ (𝐿 − λ) 𝐸′𝑍𝑀 dΩ= 0 令餘量函數R=(L-λ) 𝐸′𝑍𝑀 𝑏

則 𝑎 W ∙ 𝑅dΩ= 0 此即為加權積分法 若將 檢驗函數𝑊以ϕ1 、ϕ2、 ϕ3、…、 ϕn取代 就是 Galerkin method 因此galerkin method 是檢驗測試解的方法


Rayleigh -Ritz-Galerkin method 假設有一方程

𝑑 𝑑𝑦 -dx(p(x)𝑑𝑥 )+q(x)y=f(x) for 0≤ 𝑥 ≤ 1 1 令一I[u]= 0 {𝑝 𝑥 𝑢′ 𝑥 2 + 𝑞(𝑥) [𝑢(𝑥)]2 −2𝑓 𝑥 𝑢 𝑥 }𝑑𝑥 且u=ϕ= ni=1 Ciϕi; ϕi(0)= ϕi(1)=0 for each i=1,2,3,…n

則I[ϕ(x)]=

1 {𝑝 0

𝑥

1 𝑑𝐼 [ϕ(𝑥)]= 0 {2𝑝 𝑥 𝑑𝑐𝑗 1 0=𝑐𝑖 𝑛𝑖=1 0 [𝑝

𝑎𝑖𝑗 =

n 2 i=1 Ciϕ′i 𝑛 ′ 𝑖=1 𝑐𝑖 𝜙 𝑖

+ 𝑞(𝑥) [

n 2 i=1 Ciϕi] −2𝑓

𝑥 𝜙 ′ 𝑗 (𝑥) + 2𝑞(𝑥)

1

𝑏𝑖 = 0 𝑓(𝑥) ϕ𝑗 (x)dx LET hi=xi+1-xi for each i=0,1,2,3,…n ; 0≤ 𝑥 ≤ 𝑥𝑖−1

1

x -x ℎ𝑖−1 i+1 i

;𝑥𝑖−1 ≤ 𝑥 ≤ 𝑥𝑖

Φi(x)= 1 ℎ𝑖

0

(xi+1-xi);xi≤ x ≤xi+1 ; 𝑥𝑖+1 ≤ 𝑥 ≤ 1

for each i=1,2,3,…n

ϕ𝑗 (x)}dx

1 𝑓(𝑥) ϕ𝑗 (x)dx 0

(𝑥)𝜙 ′ 𝑗 (𝑥) + 𝑞(𝑥)ϕ𝑖 (𝑥)ϕ𝑗 (𝑥)]dx

0

n i=1 Ciϕi}𝑑𝑥

𝑛 𝑖=1 𝑐𝑖 ϕ𝑖 (𝑥)ϕ𝑗 (x)-2f(x)

𝑥 𝜙 ′ 𝑖 (𝑥)𝜙 ′ 𝑗 (𝑥) + 𝑞(𝑥)ϕ𝑖 (𝑥)ϕ𝑗 (𝑥)]dx1 𝑝(𝑥) 𝜙 ′ 0 𝑖

𝑥


𝑎𝑖𝑖 =

1 [𝑝(𝑥) 𝜙 ′ 0 𝑖

𝑥 𝜙 ′ 𝑖 𝑥 + 𝑞(𝑥)ϕ𝑖 (𝑥)ϕ𝑖 (𝑥)]dx

1 ′ 2 2 {𝑝(𝑥)[𝜙 (x)] +q(x)[ϕ (𝑥)] }dx 𝑖 𝑖 0 𝑥 𝑥𝑖+1 −1 2 𝑥 1 2 1 2 ( ) p(x)dx+ 𝑝(𝑥) dx+ ( ) (𝑥𝑖 𝑥𝑖−1 ℎ𝑖−1 𝑥𝑖 𝑥𝑖−1 ℎ𝑖−1 ℎ𝑖 2 𝑥 1 𝑥𝑖−1 )2 q(x)dx+ 𝑥 𝑖+1 ℎ (𝑥𝑖+1 − 𝑥𝑖 )2 𝑞(𝑥)dx 𝑖 𝑖

=

=

for each i=1,2,3,…n

1 ′ ′ [𝑝(𝑥) 𝜙 (𝑥)𝜙 (𝑥) + 𝑞(𝑥)ϕ𝑖 (𝑥)ϕ𝑖+1 (𝑥)]dx 𝑖+1 0 𝑖 𝑥𝑖+1 −1 2 𝑥𝑖+1 1 2 1 1 𝑝(𝑥) dx+ (𝑥 − 𝑥) (𝑥 − 𝑥 ) 𝑞(𝑥)dx 𝑖+1 𝑖 𝑥𝑖 𝑥𝑖 ℎ𝑖 ℎ𝑖

𝑎𝑖𝑖+1 = =

for each i=1,2,3,…n

𝑎𝑖𝑖−1 = =-

1 [𝑝 0 1 2

𝑥 ( ) 𝑥𝑖−1 ℎ𝑖−1

bi=

𝑥 𝜙 ′ (𝑥)𝜙 ′ 𝑖−1 (𝑥) + 𝑞(𝑥)ϕ𝑖 (𝑥)ϕ𝑖−1 (𝑥)]dx 𝑖

p(x)dx+

𝑥 1 2 ( ) (𝑥𝑖 𝑥𝑖−1 ℎ𝑖−1

− 𝑥) (x − 𝑥𝑖−1 )q(x)dx

for each i=1,2,3,…n

𝑥 𝑥𝑖+1 1 1 (x-𝑥 )f(x)dx+ (𝑥𝑖+1 𝑖−1 𝑥𝑖−1 ℎ𝑖−1 𝑥 ℎ𝑖

0=[ci ][aii-1+aii+aii+1]+[bi] Solve ci to reach ϕ

− 𝑥)𝑓(x)dx


例題 -y’’+𝜋 2 𝑦 = 2𝜋 2 𝑠𝑖𝑛𝜋𝑥 ; 0 ≤ 𝑥 ≤ 1 y(0)=y(1)=0 解 I(y)=

1 2 2 2 2 [(𝑦′) +𝜋 𝑦 -4𝜋 sin𝜋x]dx 0 0 ;x≤ 𝑥𝑖−1

ϕ = 10(x-𝑥𝑖−1);𝑥𝑖−1 < 𝑥 ≤ 𝑥𝑖

10(𝑥𝑖+1 − 𝑥);𝑥𝑖 < 𝑥 ≤ 𝑥𝑖+1 0; 𝑥𝑖+1 < 𝑥 0 ;x≤ 𝑥𝑖−1 ϕ′ = 10;𝑥𝑖−1 < 𝑥 ≤ 𝑥𝑖 10;𝑥𝑖 < 𝑥 ≤ 𝑥𝑖+1 0; 𝑥𝑖+1 < 𝑥

𝑛 𝑖=1 𝑐𝑖 ϕ𝑖 𝜕I(y) 1 2 𝑦 + 2𝜋 2 𝑠𝑖𝑛𝜋𝑥)𝑑x = (𝑦 ’’−𝜋 0 𝜕c 1 1 2 ϕ ϕ ]dx)- 1 2 𝜋 2 sin𝜋xΦ ]dx=0 ( 𝑐 [ ϕ′ ϕ′ +𝜋 𝑖 𝑗 𝑖 𝑗 𝑗 0 𝑖 0 0

Φ=

= Aii=

𝑥𝑖 𝑥 𝑥 100𝑑𝑥 𝑥 𝑖+1 100𝑑𝑥 +100𝜋 2 𝑥 𝑖 (𝑥 𝑥𝑖−1 𝑖 𝑖−1

− 𝑥𝑖−1 )2 dx+ 100𝜋 2

𝜋2

𝑥𝑖+1 (𝑥𝑖+1 𝑥𝑖

𝜋2

同理 𝐴𝑖,𝑖+1 = −10 + 60 ;𝐴𝑖,𝑖−1 = −10 + 60 1 𝜋)[110

Bi=40sin(

1 𝜋)] 10

cos(

𝜋2 15

− 𝑥)2dx=20+


äž&#x2039;éĄ&#x152; Problem yâ&#x20AC;&#x2122;â&#x20AC;&#x2122;+y=3x2 ; y(0)=0 ,y(2)=35 正解 y=6cos đ?&#x2018;Ľ+3(đ?&#x2018;Ľ 2 -2)


Rayleigh -Ritz I= 7 4

2 0

2

−𝑦 ′ + 𝑦 2 − 6𝑥 2 𝑦 𝑑𝑥 7 4

近似值𝑦= x + cx(x − 2) ; 特解 x 因為𝑦 =

7 x 通過 4

7 4 2 𝑑𝐼 𝑑𝑦 𝑑𝑦 𝑑𝑦 =2 0 (−𝑦 ′ +𝑦 − 3𝑥 2 )dx= 𝑑𝑐 𝑑𝑐 𝑑𝑐 𝑑𝑐 2 7 2c(x−1) [2(𝑥 − 1)]dx+2 0 x + cx x − 2 4 2 2 −3𝑥 [𝑥(𝑥 − 2)]dx=0 0 37 C= 24 7 37 y≈ x + x(x − 2) 4 24 7 173 若令𝑦= x + 𝑐1 x(x − 2) +𝑐2 x(x-2) 則c1= 4 228

0,0 和(2,35)

𝑦 ′ = + 2c(x-1)

2

2 7 0 4

+

𝑥 𝑥 − 2 𝑑𝑥 +2

119 152

c2=


Collocation (residual method) R(x)= yâ&#x20AC;&#x2122;â&#x20AC;&#x2122;+y-3x2 ;č&#x2039;ĽR(x)=0ć&#x2122;&#x201A; ,yç&#x201A;şć­Łč§Ł If

7 đ?&#x2018;Ś= x + cx(x â&#x2C6;&#x2019; 2) 4 7 â&#x20AC;˛ đ?&#x2018;Ś = + 2c(x-1) 4 â&#x20AC;˛â&#x20AC;˛

đ?&#x2018;Ś =2c

And set R(1)=0 , then If

7 y= x 4

5 c= 4

+ đ?&#x2018;?1 x(x â&#x2C6;&#x2019; 2)+đ?&#x2018;?2 x(x-2)2 and set R(0.7)=0 and R(1.2)=0

61607 425 Then C1= c2= 55981 509

so

425 3 đ?&#x2018;Ś= đ?&#x2018;Ľ 5001

â&#x2C6;&#x2019;

61607 2 140023 đ?&#x2018;Ľ + x 55481 221924


Galerkin method

ĺ&#x2030;&#x2021;R(x)=

đ?&#x2018;? W â&#x2C6;&#x2122; đ?&#x2018;&#x2026;dx= 0 đ?&#x2018;&#x17D; 7 設đ?&#x2018;Ś= x + cx x â&#x2C6;&#x2019; 2 4 7 yâ&#x20AC;&#x2122;â&#x20AC;&#x2122;+y-3x2 =(c-3)đ?&#x2018;Ľ 2 +( -2c)x+2c 4

ĺ?&#x2C6;設W(x)=x x â&#x2C6;&#x2019; 2

đ?&#x2018;? x đ?&#x2018;&#x17D;

7 2 ĺ&#x2030;&#x2021; x â&#x2C6;&#x2019; 2 [(c-3)đ?&#x2018;Ľ +( -2c)x+2c]dx=0 4 37 7 37 解ĺž&#x2014;C= ,đ?&#x2018;Ś= x + x x â&#x2C6;&#x2019; 2 24 4 24 7 đ?&#x2018;Ś= x + đ?&#x2018;?1 x(x â&#x2C6;&#x2019; 2)+đ?&#x2018;?2 x(x-2)2 4 173 119 č&#x2039;Ľč¨­đ?&#x2018;¤1 = x x â&#x2C6;&#x2019; 2 ; đ?&#x2018;¤2 =x(x-2)2 ĺ&#x2030;&#x2021; c1= c2= 228 152 119 46 53 解ĺž&#x2014;đ?&#x2018;Ś = đ?&#x2018;Ľ 3 - đ?&#x2018;Ľ 2 + x 152 57 222


Fem  
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