微扰论
目录
1 微扰论方程 2
2 运动方程 3
3 简正模式 4
3.1 矩阵方法 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
3.2 久期方程 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
3.3 例子 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
4 受迫振动 8
4.1 运动方程 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
4.2 共振 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
4.3 拍 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
4.4 运动方程的求解 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
5 阻尼振动 11
5.1 一维 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
5.2 多维 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
1
1 微扰论方程
非线性系统大多不可解, 但可以在已知解附近展开
记 𝑄
(0)
为稳定状态下的解, 现在给予系统一个微小扰动
𝑄 = 𝑄
(0)
+ 𝜖𝑞
则扰动后的作用量为
𝑆(𝑄) =
∫
𝑑𝑡 𝐿
𝑡, 𝑄
(0)
+ 𝜖𝑞,
¤
𝑄
(0)
+ 𝜖 ¤𝑞
=
∫
𝑑𝑡
"
𝐿
𝑟, 𝑄
(0)
,
¤
𝑄
(0)
+ 𝜖
𝜕𝐿
𝜕𝑄
(0)
𝑞 +
𝜕𝐿
𝜕
¤
𝑄
(0)
¤𝑞
!
+ 𝜖
2
1
2
𝜕
2
𝐿
𝜕𝑄
2
(0)
𝑞
2
+
𝜕
2
𝐿
𝜕𝑄𝜕
¤
𝑄
(0)
𝑞 ¤𝑞 +
1
2
𝜕
2
𝐿
𝜕
¤
𝑄
2
(0)
¤𝑞
2
!#
记为
𝑆(𝑄) = 𝑆
(0)
+ 𝜖𝑆
1
+ 𝜖
2
𝑆
2
+ ···
其中第一项由分部积分有
𝑆
1
=
∫
𝑑𝑡
𝜕𝐿
𝜕𝑄
(0)
𝑞
+
𝜕𝐿
𝜕
¤
𝑄
(0)
¤
𝑞
!
=
∫
𝑑𝑡
𝜕𝐿
𝜕𝑄
(0)
−
𝑑
𝑑𝑡
𝜕𝐿
𝜕
¤
𝑄
!
𝑞
=
∫
𝑑𝑡
𝛿𝑆
𝛿𝑄
(0)
𝑞
=
0
对于第二项, 由于
∫
𝑑𝑡 𝑓 (𝑡)𝑞 ¤𝑞 =
∫
𝑑𝑡
𝑑
𝑑𝑡
(
𝑓 𝑞 ¥𝑞
)
−
∫
𝑑𝑡
𝑑
𝑑𝑡
(
𝑓 (𝑡)𝑞
)
𝑞
第一项为常数, 可以去掉, 不妨认为它是零, 那么将后一项展开就得到
∫
𝑑𝑡 𝑓 (𝑡)𝑞 ¤𝑞 = −
∫
𝑑𝑡
¤
𝑓 𝑞
2
−
∫
𝑑𝑡 𝑓 ¤𝑞𝑞
因此
∫
𝑑𝑡 𝑓 (𝑡)𝑞 ¤𝑞 = −
1
2
∫
𝑑𝑡
¤
𝑓 𝑞
2
于是
𝑆
2
=
∫
𝑑𝑡
"
1
2
𝜕
2
𝐿
𝜕
¤
𝑄
2
(0)
¤𝑞
2
+
1
2
𝜕
2
𝐿
𝜕𝑄
2
(0)
−
𝑑
𝑑𝑡
𝜕
2
𝐿
𝜕𝑄𝜕
¤
𝑄
!
𝑞
2
#
记为
𝑆
2
=
∫
𝑑𝑡
1
2
𝑀 ¤𝑞
2
−
1
2
𝐾𝑞
2
其中
𝑀 =
𝜕
2
𝐿
𝜕
¤
𝑄
2
(0)
, 𝐾 = −
𝜕
2
𝐿
𝜕𝑄
2
(0)
+
𝑑
𝑑𝑡
𝜕
2
𝐿
𝜕𝑄𝜕
¤
𝑄
对于
多自由度系统
同样由上述步骤可以得到
𝑆
2
=
∫
𝑑𝑡
1
2
𝑀
𝑎𝑏
¤
𝑞
𝑎
¤
𝑞
𝑏
+
1
2
𝐹
𝑎𝑏
𝑞
𝑎
¤
𝑞
𝑏
−
1
2
𝐾
𝑎𝑏
𝑞
𝑎
𝑞
𝑏
其中
𝑀
𝑎𝑏
=
𝜕
2
𝐿
𝜕
¤
𝑄
𝑎
𝜕
¤
𝑄
𝑏
(0)
, 𝐹
𝑎𝑏
=
𝜕
2
𝐿
𝜕𝑄
𝑎
𝜕
¤
𝑄
𝑏
−
𝜕
2
𝐿
𝜕𝑄
𝑏
𝜕
¤
𝑄
𝑎
(0)
, 𝐾
𝑎𝑏
=
−
𝜕
2
𝐿
𝜕𝑄
𝑎
𝜕𝑄
𝑏
+
𝑑
𝑑𝑡
𝜕
2
𝐿
𝜕𝑄
𝑎
𝜕
¤
𝑄
𝑏
(0)
当系统自由度为一时, 由于 𝑄
(0)
是在平衡位置, 那么就有
𝑄
(0)
= 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡,
𝜕𝑉
𝜕𝑄
(0)
= 0,
¤
𝑄
(0)
= 0
有
𝑀 =
𝜕
2
𝐿
𝜕
¤
𝑄
2
(0)
=
𝜕
2
𝑇
𝜕
¤
𝑄
2
, 𝐾 =
𝜕
2
𝑉
𝜕𝑄
2
同样地, 当自由度大于一时, 有
𝑄
𝑎
= 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡,
𝜕𝑉
𝜕𝑄
𝑎
(0)
= 0,
¤
𝑄
𝑎
= 0
并且
𝑀
𝑎𝑏
=
𝜕
2
𝑇
𝜕
¤
𝑄
𝑎
𝜕
¤
𝑄
𝑏
, 𝐹
𝑎𝑏
=
𝜕
2
𝐿
𝜕𝑄
𝑎
𝜕
¤
𝑄
𝑏
−
𝜕
2
𝐿
𝜕𝑄
𝑏
𝜕
¤
𝑄
𝑎
=
0
, 𝐾
𝑎𝑏
=
−
𝜕
2
𝐿
𝜕𝑄
𝑎
𝜕𝑄
𝑏
=
𝜕
2
𝑉
𝜕𝑄
𝑎
𝜕𝑄
𝑏
其中 𝐹
𝑎𝑏
= 0 是因为 𝐿 是
¤
𝑄
𝑎
的二次齐次式. 由于偏导数求导顺序可交换, 矩阵 𝑀, 𝐾 应该是
对称阵
. 更
进一步, 其实它们应该还是
正定
的 (雾?)
2 运动方程
考察自由度为二的情形
𝑆 =
∫
𝑑𝑡
1
2
𝑀
𝑎𝑏
¤
𝑞
𝑎
¤
𝑞
𝑏
−
1
2
𝐾
𝑎𝑏
𝑞
𝑎
𝑞
𝑏
由 Euler-Lagrange 方程得到
𝑀
11
¥
𝑞
1
+ 𝑀
12
¥
𝑞
2
+ 𝐾
11
𝑞
1
+ 𝐾
12
𝑞
2
= 0
𝑀
21
¥
𝑞
1
+ 𝑀
22
¥
𝑞
2
+ 𝐾
21
𝑞
1
+ 𝐾
22
𝑞
2
= 0
希望解有如下形式
𝑞
1
(𝑡) = 𝐴𝑒
−𝑖𝜔𝑡
+ 𝐴
∗
𝑒
𝑖 𝜔𝑡
𝑞
2
(𝑡) = 𝐵𝑒
−𝑖𝜔𝑡
+ 𝐵
∗
𝑒
𝑖 𝜔𝑡
将其代入运动方程得到
(𝐾
11
− 𝜔
2
𝑀
11
)𝐴 + (𝐾
12
− 𝜔
2
𝑀
12
)𝐵 = 0
(𝐾
21
− 𝜔
2
𝑀
21
)𝐴 + (𝐾
22
− 𝜔
2
𝑀
22
)𝐵 = 0
这是个二元齐次方程组, 有解的条件为行列式为零
𝐾
11
− 𝜔
2
𝑀
11
𝐾
12
− 𝜔
2
𝑀
12
𝐾
21
− 𝜔
2
𝑀
21
𝐾
22
− 𝜔
2
𝑀
22
= 0
于是得到了久期方程
(𝑀
11
𝑀
22
− 𝑀
2
12
)𝜔
4
− (𝐾
11
𝑀
22
+ 𝑀
11
𝐾
22
− 2𝐾
12
𝑀
12
)𝜔
2
+ 𝐾
11
𝐾
22
− 𝐾
2
12
= 0
期望该方程应该有两个正根, 下面利用判别式证明
𝑏
2
− 4𝑎𝑐 = (𝐾
11
𝑀
22
+ 𝑀
11
𝐾
22
− 2𝐾
12
𝑀
12
)
2
− 4(𝑀
11
𝑀
22
− 𝑀
2
12
)(𝐾
11
𝐾
22
− 𝐾
2
12
)
≥ (2
p
𝑀
11
𝑀
22
𝐾
11
𝐾
22
− 2𝐾
12
𝑀
12
)
2
− −4(𝑀
11
𝑀
22
− 𝑀
2
12
)(𝐾
11
𝐾
22
− 𝐾
2
12
)
= 4
𝑀
11
𝑀
22
𝐾
2
12
+ 𝐾
11
𝐾
22
𝑀
2
12
− 2𝐾
12
𝑀
12
p
𝑀
11
𝑀
22
𝐾
11
𝐾
22
= 4
𝑀
12
p
𝐾
11
𝐾
22
− 𝐾
12
p
𝑀
11
𝑀
22
2
≥ 0
由于正定性
𝑎 = (𝑀
11
𝑀
22
− 𝑀
2
12
) > 0, 𝑐 = (𝐾
11
𝐾
22
− 𝐾
2
12
) > 0
对于 𝑏 有
𝑏 = −(𝐾
11
𝑀
22
+ 𝑀
11
𝐾
22
− 2𝑀
12
𝐾
12
)
≤ −2
p
𝐾
11
𝑀
22
𝑀
11
𝐾
22
− 2𝑀
12
𝐾
12
≤ −2(𝑀
12
𝐾
12
− 𝑀
12
𝐾
12
) = 0
得到 𝑏 < 0, 因此该二次方程具有两个正根
3 简正模式
3.1 矩阵方法
对于小振动有
𝑆 =
∫
𝑑𝑡
1
2
¤
®
𝑞
𝑇
𝑀
¤
®𝑞 −
1
2
®
𝑞
𝑇
𝐾 ®𝑞
利用拉格朗日方程得到
𝑀
¥
®𝑞 + 𝐾 ®𝑞 = 0
希望解的形式为
®𝑞 =
®
𝐴𝑒
−𝑖𝜔𝑡
+ ℎ.𝑐.
其中 ℎ.𝑐. 为第一项的复共轭. 代入方程得到
(𝐾
2
− 𝜔
2
𝑀)
®
𝐴 = 0
是齐次方程, 有解需要行列式为零
𝑑𝑒𝑡
(
𝐾
2
− 𝜔
2
𝑀) = 0
可以证明 𝜔
2
会有 𝑠(自由度) 个正根
考虑简单的情形,𝑀, 𝐾 都是对角阵, 那么拉格朗日函数就写为
𝐿 =
1
2
𝑀
11
¤𝑞
1
2
−
1
2
𝐾
11
𝑞
2
1
+
1
2
𝑀
22
¤𝑞
2
2
−
1
2
𝐾
22
𝑞
2
2
+ ···
于是拉格朗日方程就是
𝑀
11
¥
𝑞
1
+
𝐾
11
𝑞
1
=
0
于是就是一个一维的简谐振动
𝑞
1
= 𝐴
1
cos(𝜔
1
𝑡 + 𝛼
1
),
r
𝐾
11
𝑀
11
对于一般的情形,𝑀, 𝐾 不是对角阵, 可以对广义坐标做线性变换
®𝑞 = 𝑅
®
𝜉
使得 𝑀, 𝐾 在
®
𝜉 下变为对角阵.(线性代数的知识, 可以通过这种变换使得两个正定矩阵同时对角化)
于是
𝐿 =
1
2
¤
®
𝑇
𝜉𝑅
𝑇
𝑀 𝑅
¤
®
𝜉 −
1
2
®
𝜉
𝑇
𝑅
𝑇
𝐾 𝑅
®
𝜉
下面来寻找这个 𝑅. 先写出运动方程
𝑀
¥
®𝑞 + 𝐾 ®𝑞 = 0
两边同时乘 𝑀
−
1
2
得到
𝑑
2
𝑑𝑡
2
𝑀
1
2
®𝑞
= −𝑀
−
1
2
𝐾 𝑀
−
1
2
𝑀
1
2
®𝑞
记
˜
®𝑞 = 𝑀
1
2
®𝑞
于是
𝑑
2
𝑑𝑡
2
˜
®𝑞 = −𝜆
˜
®𝑞
其中
𝜆 = −𝑀
−
1
2
𝐾 𝑀
1
2
𝜆 是一个正定矩阵, 可以找到其特征值与特征向量
𝜆 ®𝜌
𝑖
= 𝜆
𝑖
®𝜌
𝑖
由于正定矩阵特征值为正, 可以令
𝜆
𝑖
𝜔
2
𝑖
考虑简单情形, 不存在简并,𝜆
𝑖
各不相同, 那么 𝜌
𝑖
线性无关. 可以将
˜
®𝑞 在正交基 𝜌 下展开
˜
®𝑞 =
Õ
𝑖
𝑦
𝑖
®𝜌
𝑖
于是运动方程写为
𝑑
2
𝑑𝑡
2
Õ
𝑖
𝑦
𝑖
®𝜌
𝑖
= −
Õ
𝑖
𝜆
𝑖
𝑦
𝑖
®𝜌
𝑖
两边同时乘以 ®𝜌
𝑇
𝑗
, 得到
𝑑
2
𝑑𝑡
2
𝑦
𝑗
= −𝜆
𝑗
𝑦
𝑗
这就是运动方程
3.2 久期方程
也可以从久期方程出发
𝑑𝑒𝑡(𝜔
2
𝑀 − 𝐾) = 0
该方程能解出 𝑠 个 𝜔
2
. 这对应着其线性方程组有解.
将它们代入原方程, 解得 𝑠 个 𝜂.
为了研究 𝜂 的性质, 挑其中的两个
(𝜔
2
𝑖
𝑀 − 𝐾)𝜂
𝑖
= 0
(
𝜔
2
𝑗
𝑀
−
𝐾
)
𝜂
𝑗
=
0
分别乘以 𝜂
𝑇
𝑗
, 𝜂
𝑇
𝑖
再相减得到
(𝜔
2
𝑖
− 𝜔
2
𝑗
)𝜂
𝑇
𝑖
𝑀𝜂
𝑗
= 0
注意此处运用了一个数的转置是自己
𝜂
𝑇
𝑗
𝐾𝜂
𝑖
= 𝜂
𝑇
𝑖
𝐾𝜂
𝑗
考察无简并的情况,𝜔
2
𝑖
≠ 𝜔
2
𝑗
, 那么
𝜂
𝑇
𝑖
𝑀𝜂
𝑗
= 0
于是 𝜂
𝑖
, 𝜂
𝑗
正交, 将其归一化变成一组 标准正交基. 若是存在简并, 只需要利用 施密特正交化 一样可以得
到标准正交基
˜
𝜂
𝑖
=
𝜂
𝑖
q
𝜂
𝑇
𝑖
𝑀𝜂
𝑖
此处的 𝑀 作用是定义了一个
内积
, 正交和归一化都是在 𝑀 定义的内积下进行的
定义模态矩阵
𝐴 =
(
˜
𝜂
0
,
˜
𝜂
1
, ··· ,
˜
𝜂
𝑠
)
对于方程
(𝜔
2
𝑗
𝑀 − 𝐾)𝜂
𝑗
= 0
可以变形为
˜
𝜂
𝑖
𝑇
(𝜔
2
𝑗
𝑀 − 𝐾)
˜
𝜂
𝑗
= 0
展开得到
𝜔
2
𝑗
𝛿
𝑖 𝑗
−
˜
𝜂
𝑇
𝑖
𝐾
˜
𝜂
𝑗
= 0
也就是
𝜔
2
𝑗
𝛿
𝑖 𝑗
−
𝐴
𝑇
𝐾 𝐴
𝑖 𝑗
= 0
也就是
𝐴
𝑇
𝐾 𝐴
𝑖 𝑗
= 𝜔
2
𝑗
𝛿
𝑖 𝑗
那么 𝐴 就将 𝐾 对角化了
𝐴
𝑇
𝐾 𝐴 =
𝜔
2
1
𝜔
2
2
.
.
.
𝜔
2
𝑠
由于进行了归一化
˜
𝜂
𝑖
𝑇
𝑀
˜
𝜂
𝑗
= 𝛿
𝑖 𝑗
也就是
𝐴
𝑇
𝑀 𝐴 =
1
1
.
.
.
1
那么
𝐴 同时将 𝐾, 𝑀 进行了对角化
回到拉格朗日方程
𝐿 =
1
2
¤
®
𝑞
𝑇
𝑀
¤
®𝑞 −
1
2
®
𝑞
𝑇
𝐾 ®𝑞
做线性变换
®𝑞 = 𝐴
®
𝜉
于是
𝐿 =
1
2
¤
®
𝜉
𝑇
(𝐴
𝑇
𝑀 𝐴)
¤
®
𝜉 −
1
2
®
𝜉
𝑇
(𝐴
𝑇
𝐾 𝐴)
®
𝜉
运动方程期望解的形式为
𝜉
1
= 𝐴
1
𝑒
−𝑖𝜔
1
𝑡
+ ℎ.𝑐., ···
其中 𝜔 意义与前文相同,𝐴 需要代入方程解出
3.3 例子
以双摆为例,𝜃
1
, 𝜃
2
, 𝑚, 𝑙, 拉氏量有
𝐿 = 𝑚𝑙
2
¤
𝜃
1
2
+
1
2
𝑚𝑙
2
¤
𝜃
2
2
+ 𝑚𝑙
2
¤
𝜃
1
¤
𝜃
2
− 𝑚𝑔𝑙𝜃
2
1
−
1
2
𝑚𝑔𝑙𝜃
2
2
于是
®𝑞 =
"
𝜃
1
𝜃
2
#
, 𝑀 =
"
2𝑚𝑙
2
𝑚𝑙
2
𝑚𝑙
2
𝑚𝑙
2
#
, 𝐾 =
"
2𝑚𝑔𝑙 0
0 𝑚𝑔𝑙
#
解久期方程
𝜔
2
𝑀 − 𝐾
= 0
解得
𝜔
2
= (2 ±
√
2)𝜔
0
, 𝜔
0
=
𝑔
𝑙
代入 𝜔
2
1
代入得到
"
2(1 +
√
2) 2 +
√
2
2 +
√
2 1 +
√
2
#
𝜂
1
= 0
解得
𝜂
1
= 𝑐
0
1
"
1
−
√
2
#
, 𝜂
2
= 𝑐
0
2
"
1
√
2
#
归一化得到
𝑐
0
1
=
1
2
q
(2 +
√
2)/𝑚𝑙
2
, 𝑐
0
2
=
1
2
q
(2 −
√
2)/𝑚𝑙
2
于是模态矩阵就是
𝐴 =
1
2
√
𝑚𝑙
2
"
p
2 +
√
2
p
2 −
√
2
−
p
4 + 2
√
2
p
4 − 2
√
2
#
于是
®𝑞 =
"
𝜃
1
𝜃
2
#
= 𝐴
"
𝜉
1
𝜉
2
#
期望 𝜉 的形式为
"
𝜉
1
𝜉
2
#
=
"
𝐶
1
cos(𝜔
1
𝑡) + 𝐷
1
sin(𝜔
1
𝑡)
𝐶
2
cos(𝜔
2
𝑡) + 𝐷
2
sin(𝜔
2
𝑡)
#
设有初始条件
"
𝜃
1
𝜃
2
#
𝑡=0
=
"
𝜃
0
−𝜃
0
#
,
"
¤
𝜃
1
¤
𝜃
2
#
𝑡=0
=
"
0
0
#
,
由于 𝐴
𝑇
𝑀 𝐴 = 𝐼,®𝑞 = 𝐴
®
𝜉, 那么
®
𝜉 = 𝐴
𝑇
𝑀 ®𝑞
代入初始条件得到 (𝐶 由 𝑡 = 0 得到,𝐷 由一阶导 𝑡 = 0 得到)
"
𝐶
1
𝐶
2
#
= 𝐴
𝑇
𝑀
"
𝜃
0
−𝜃
0
#
= 𝜃
0
√
𝑚𝑙
2
2
"
p
2 +
√
2
p
2 −
√
2
#
,
"
𝐷
1
𝐷
2
#
= 𝐴
𝑇
𝑀
"
0
0
#
= 0
于是就能得到 ®𝑞
4 受迫振动
4.1 运动方程
假设振子不只有胡克势, 还有外场
𝑈
𝑒
(𝑥, 𝑡) = 𝑈
0
(0, 𝑡) + 𝑥
𝜕𝑈
𝑒
𝜕𝑥
𝑥=0
第一项只是时间的函数, 当然是时间的全导数, 于是在拉格朗日中可以不管. 于是
𝐿 =
𝑚
2
¤𝑥
2
−
𝑘𝑥
2
2
+ 𝑥𝐹 (𝑡)
其中
𝐹 (𝑡) = −
𝜕𝑈
𝑒
𝜕𝑥
𝑥=0
则有运动方程
𝑚 ¥𝑥 + 𝑘𝑥 = 𝐹 (𝑡)
化为
¥𝑥 + 𝜔
2
𝑥 =
𝐹 (𝑡)
𝑚
齐次方程的通解为
𝑥 = 𝑎 cos(𝜔𝑡 + 𝛼)
4.2 共振
假设 𝐹 (𝑡) 有形式
𝐹 (𝑡) = 𝑓 cos(𝛾𝑡 + 𝛽)
得到特解
𝑥 =
𝑓
𝑚(𝜔
2
− 𝛾
2
)
cos(𝛾𝑡 + 𝛽)
于是通解为
𝑥 = 𝑎 cos(𝜔𝑡 + 𝛼) +
𝑓
𝑚(𝜔
2
− 𝛾
2
)
cos(𝛾𝑡 + 𝛽)
当 𝜔 与 𝛾 接近时会发生共振
可将 𝑥 用复数表述
˜
𝑥 =
˜
𝐴𝑒
𝑖 𝜔𝑡
+
˜
𝐵𝑒
𝑖𝛾𝑡
=
˜
𝐴𝑒
𝑖 𝜔𝑡
+
˜
𝐵𝑒
𝑖 𝜔𝑡
+
˜
𝐵𝑒
𝑖𝛾𝑡
−
˜
𝐵𝑒
𝑖 𝜔𝑡
取实部得到
𝑥 = 𝑎
0
cos(𝜔𝑡 + 𝛼
0
) +
𝑓
𝑚(𝜔
2
− 𝛾
2
)
[cos(𝛾𝑡 + 𝛽) − cos(𝜔𝑡 + 𝛽)]
令 𝛾 → 𝜔
洛必达得到
𝑥 = 𝑎
0
cos(𝜔𝑡 + 𝛼
0
) +
𝑓
2𝑚𝜔
𝑡 sin(𝜔𝑡 + 𝛽)
于是振幅随时间线性增加, 就是共振现象
4.3 拍
若频率有一个小偏移
𝛾 = 𝜔 + 𝜖, 𝜖 << 𝜔
那么
˜
𝑥 =
˜
𝐴𝑒
𝑖 𝜔𝑡
+
˜
𝐵𝑒
𝑖𝛾𝑡
=
˜
𝐴 +
˜
𝐵𝑒
𝑖 𝜖 𝑡
𝑒
𝑖 𝜔𝑡
考察振幅的变化
˜
𝐶 =
˜
𝐴 +
˜
𝐵𝑒
𝑖 𝜖 𝑡
,
˜
𝐴 = 𝑎𝑒
𝑖 𝛼
,
˜
𝐵 = 𝑏𝑒
𝑖𝛽
取模长得到
˜
𝐶
2
= 𝑎
2
+ 𝑏
2
+ 2𝑎𝑏 cos(𝜖𝑡 + 𝛽 − 𝛼),
|
𝑎 − 𝑏
|
≤
|
𝐶
|
≤ 𝑎 + 𝑏
模长周期性变化, 也就是形成了拍
4.4 运动方程的求解
对于任意受迫力的形式
¥𝑥 + 𝜔
2
𝑥 =
1
𝑚
𝐹 (𝑡)
变形为 (朗道: 非常简单!)
𝑑
𝑑𝑡
(
¤𝑥 + 𝑖𝜔𝑥
)
−𝑖𝜔
(
¤𝑥 + 𝑖𝜔𝑥
)
=
𝐹 (𝑥)
𝑚
令
𝜉 = ¤𝑥 +𝑖𝜔𝑥
于是
𝑑𝜉
𝑑𝑡
−𝑖𝜔𝜉 =
1
𝑚
𝐹 (𝑡)
其次方程通解为
𝜉 = 𝐴𝑒
𝑖 𝜔𝑡
猜测非齐次方程有特解
𝐴(𝑡)𝑒
𝑖 𝜔𝑡
代入得到
∫
𝑡
0
1
𝑚
𝐹 (𝑡)𝑒
−𝑖𝜔𝑡
+𝐶
于是得到
𝜉 = 𝑒
𝑖 𝜔𝑡
∫
𝑡
0
1
𝑚
𝐹 (𝑡)𝑒
−𝑖𝜔𝑡
+ 𝜉
0
于是由 𝜉 的定义
𝑥 =
𝐼𝑚 (𝜉)
𝜔
5 阻尼振动
5.1 一维
存在阻力
𝐹 = −𝛼 ¤𝑥
则运动方程为
𝑚 ¥𝑥 = −𝑘𝑥 − 𝛼 ¤𝑥
变形得到
¥𝑥 + 2𝜆 ¤𝑥 + 𝜔
2
0
𝑥 = 0, 𝜔
0
=
𝑘
𝑚
, 𝜆 =
𝛼
2𝑚
期望解的形式为 𝑥 = 𝑒
𝛾𝑡
, 代入得到
𝛾
2
+ 2𝜆𝛾 + 𝜔
2
0
解得
𝛾 = −𝜆 ±
q
𝜆
2
− 𝜔
2
0
于是解为
𝑥 = 𝐶
1
𝑒
𝛾
1
𝑡
+𝐶
2
𝑒
𝛾
2
𝑡
当阻力比较小时,𝜆 < 𝜔
0
, 有
˜
𝑥 ∝ 𝑒
−𝜆𝑡+𝑖𝑡
√
𝜔
2
0
−𝜆
2
振幅随时间指数衰减, 频率减缓
𝜔 =
q
𝜔
2
0
−𝜆
2
当 𝜆 > 𝜔
0
时
𝑥 = 𝐶
1
𝑒
−
𝜆−
√
𝜆
2
−𝜔
2
0
𝑡
+𝐶
2
𝑒
−
𝜆+
√
𝜆
2
−𝜔
2
0
𝑡
5.2 多维
对于多维的情况
𝑓
𝑖
= −
Õ
𝑘
𝛼
𝑖𝑘
¤𝑞
𝑘
定义耗散函数 𝐹
𝐹 =
1
2
Õ
𝑖𝑘
𝛼
𝑖𝑘
¤𝑞
𝑖
¤𝑞
𝑘
𝛼 是一个对称的, 正定的矩阵
那么
𝑓
𝑖
= −
𝜕𝐹
𝜕 ¤𝑞
𝑖
利用之前的多维振动的结论
𝑀
¥
®𝑞 + 𝑘 ®𝑞 = −𝛼
¤
®𝑞
用与前文相同的办法, 令
𝑞
𝑘
= 𝐴
𝑘
𝑒
𝛾𝑡
得到
Õ
𝑘
𝑀
𝑖𝑘
𝛾
2
+ 𝛼
𝑖𝑘
𝛾 + 𝐾
𝑖𝑘
𝐴
𝑘
= 0
行列式为零得到久期方程
|
𝑀
𝑖𝑘
+ 𝛼
𝑖𝑘
𝛾 + 𝐾
𝑖𝑘
|
= 0
这是 𝛾 的 2𝑠 次方程,𝛾 的实部小于零. 这是因为方程左乘 𝐴
𝑇
𝐴
𝑇
𝑀 𝐴𝛾
2
+ 𝐴
𝑇
𝛼𝐴𝛾 + 𝐴
𝑇
𝐾 𝐴 = 0
矩阵的都是正定的, 系数都为正, 可以得到结论. 那么振幅随时间减小, 符合直觉
