Gekoppelte Oszillatoren mit imaginärer Frequenz?

Question

Gekoppelte Oszillatoren mit imaginärer Frequenz?

Quanten-Spaghettifikation

Ein typisches Problem in der Lagrange-Mechanik ist ein System aus zwei gekoppelten Körpern unter kleinen Schwingungen. Der typische Weg, diese Probleme zu lösen, ist:

Schreiben Sie die Lagrange-Funktion zB $L(\theta_1, \theta_2, \dot \theta_1, \dot \theta_2)$ .
Erweitern Sie in kleinen Mengen alle Terme nach zweiter Ordnung.
Verwenden Sie die Euler-Lagrange-Gleichungen, um die Bewegungsgleichung zu finden.
Machen Sie den Ansatz $\theta_1=Ae^{i\omega t}$ Und $\theta_2=Be^{i\omega t}$ .
Lösen für $\omega$ indem verlangt wird, dass die Determinante der relevanten Matrix auf Null geht.

Dieses Verfahren gibt Ihnen normalerweise einen Ausdruck der Form:

ω_{\pm}^{2} = a \pm β

$\omega_\pm^2=\alpha \pm \beta$ für

α > β

$\alpha \gt \beta$ (beides als positiv gewertet) das bekommen wir dann

ω_{+}

$\omega_+$ Kann beides sein

\pm | ω_{+} |

$\pm |\omega_{+}|$ aber diese führen nicht zu linear unabhängigen Lösungen (da

\sin (| ω_{+} |)

$\sin(|\omega_+|)$ ist keine linear unabhängige Form

- \sin (| ω_{+} |)

$-\sin(|\omega_+|)$ ) und die Lösung für

θ_{1}

$\theta_1$ kann dann geschrieben werden als:

θ_{1} = A_{+} e^{ich | ω_{+} | T} + A_{-} e^{ich | ω_{-} | T}

$\theta_1=A_+ e^{i|\omega_+|t}+A_- e^{i|\omega_-|t}$ Allerdings wann

α < β

$\alpha \lt \beta$ die Lösung für

ω_{+}

$\omega_+$ funktioniert genauso wie vorher, aber z

ω_{-}

$\omega_-$ du hast

ω_{-} = \pm i | ω_{-} |

$\omega_-=\pm i |\omega_-|$ was Ihnen zwei Lösungen gibt

\exp (| ω_{-} | t)

$\exp(|\omega_-|t)$ Und

\exp (- | ω_{-} | t)

$\exp(-|\omega_-|t)$ die linear unabhängig sind. Meine Frage ist daher, wie schreiben wir in diesem Fall die Lösung für auf

θ_{1}

$\theta_1$ vorausgesetzt, wir können nur zwei Integrationskonstanten haben, aber drei unabhängige Lösungen?

Quanten-Spaghettifikation

@DanielSank Danke, ich habe die Änderung vorgenommen. Es passiert mit Dämpfung, es passiert auch, wenn in rotierenden Koordinatensystemen gearbeitet wird. Aber ich denke, meine Methode sollte trotzdem so oder so gelten.

Daniel Sank

Ich denke, Sie sollten die Fälle diskutieren, in denen Sie in der Post eine imaginäre Häufigkeit erhalten, da diese Fälle die Randbedingungen des Problems informieren, die Ihnen wiederum sagen, welche Lösungen Sie beibehalten müssen.

Quanten-Spaghettifikation

@DanielSank Bist du sicher, dass wir Randbedingungen berücksichtigen müssen? Randbedingungen werden verwendet, um die Integrationskonstanten zu bestimmen - wenn wir sie verwenden, um zu bestimmen, welche Lösung beibehalten wird und welche nicht, dann haben wir effektiv eine dritte Integrationskonstante.

Daniel Sank

Ich vermute, dass entweder 1) eine der Lösungen die Randbedingungen nicht erfüllt oder 2) die beiden Exponentiale nicht linear unabhängig sind.

Quanten-Spaghettifikation

@DanielSank Ich denke dann ist es letzteres, dh die Exponentiale sind nicht linear unabhängig. Das heißt, die Exponenten

\exp (i \sqrt{α + β} t)

$\exp(i \sqrt{\alpha +\beta}t)$ ,

\exp (\sqrt{β - α} t)

$\exp(\sqrt{\beta-\alpha}t)$ , Und

\exp (- \sqrt{β - α} t)

$\exp(-\sqrt{\beta-\alpha}t)$ sind nicht linear unabhängig. Das erscheint mir nicht offensichtlich - aber ich bin immer noch nicht davon überzeugt, dass wir Randbedingungen verwenden können, um zu bestimmen, welche beibehalten werden sollen.

Daniel Sank

In einem gedämpften System ist die exponentiell abnehmende Lösung erlaubt, aber die wachsende nicht.

Alexej Sokolik

Im Allgemeinen erhalten Sie in einem System aus zwei gedämpften Oszillatoren 4 verschiedene komplexe Frequenzen. Ihr Fall (zwei Paare einander entgegengesetzter Frequenzen) sieht entartet aus. Vielleicht hängt es irgendwie mit außergewöhnlichen Punkten nicht-hermitescher Hamiltonianer zusammen?

Leere

@DanielSank Ein instabiles Gleichgewicht hat imaginäre Frequenzen und erlaubt sowohl den wachsenden Modus als auch den abnehmenden Modus, die jeweils dem Partikel entsprechen, das aus dem Gleichgewicht rutscht, und einem Partikel, das sich ihm asymptotisch nähert. Bei 2 Freiheitsgraden kann es noch interessanter werden. Das hat nichts mit Verschwendung zu tun. Siehe meine Antwort für mehr.

Antworten (3)

Gekoppelte Oszillatoren mit imaginärer Frequenz?

@DanielSank Danke, ich habe die Änderung vorgenommen. Es passiert mit Dämpfung, es passiert auch, wenn in rotierenden Koordinatensystemen gearbeitet wird. Aber ich denke, meine Methode sollte trotzdem so oder so gelten.
Ich denke, Sie sollten die Fälle diskutieren, in denen Sie in der Post eine imaginäre Häufigkeit erhalten, da diese Fälle die Randbedingungen des Problems informieren, die Ihnen wiederum sagen, welche Lösungen Sie beibehalten müssen.
@DanielSank Bist du sicher, dass wir Randbedingungen berücksichtigen müssen? Randbedingungen werden verwendet, um die Integrationskonstanten zu bestimmen - wenn wir sie verwenden, um zu bestimmen, welche Lösung beibehalten wird und welche nicht, dann haben wir effektiv eine dritte Integrationskonstante.
Ich vermute, dass entweder 1) eine der Lösungen die Randbedingungen nicht erfüllt oder 2) die beiden Exponentiale nicht linear unabhängig sind.
@DanielSank Ich denke dann ist es letzteres, dh die Exponentiale sind nicht linear unabhängig. Das heißt, die Exponenten $\exp(i \sqrt{\alpha +\beta}t)$ , $\exp(\sqrt{\beta-\alpha}t)$ , Und $\exp(-\sqrt{\beta-\alpha}t)$ sind nicht linear unabhängig. Das erscheint mir nicht offensichtlich - aber ich bin immer noch nicht davon überzeugt, dass wir Randbedingungen verwenden können, um zu bestimmen, welche beibehalten werden sollen.
In einem gedämpften System ist die exponentiell abnehmende Lösung erlaubt, aber die wachsende nicht.
Im Allgemeinen erhalten Sie in einem System aus zwei gedämpften Oszillatoren 4 verschiedene komplexe Frequenzen. Ihr Fall (zwei Paare einander entgegengesetzter Frequenzen) sieht entartet aus. Vielleicht hängt es irgendwie mit außergewöhnlichen Punkten nicht-hermitescher Hamiltonianer zusammen?
@DanielSank Ein instabiles Gleichgewicht hat imaginäre Frequenzen und erlaubt sowohl den wachsenden Modus als auch den abnehmenden Modus, die jeweils dem Partikel entsprechen, das aus dem Gleichgewicht rutscht, und einem Partikel, das sich ihm asymptotisch nähert. Bei 2 Freiheitsgraden kann es noch interessanter werden. Das hat nichts mit Verschwendung zu tun. Siehe meine Antwort für mehr.

Leere · Answer 1

Fixpunkte werden am elegantesten in einem Hamilton-Formalismus behandelt, also werde ich dies hier verwenden (ich werde kurz kommentieren, wie sich dies am Ende in den Lagrange-Formalismus übersetzen lässt).

Betrachten Sie einen Hamilton-Operator $H(\theta_1,\theta_2,p_1,p_2)$ und einem Fixpunkt (Gleichgewicht) bei $\theta_{10},\theta_{20},p_{10},p_{20}$ , die definiert ist durch $\dot{\theta}_1 = \dot{\theta}_2 = \dot{p}_1 = \dot{p}_2 = 0$ . Unter Berücksichtigung der Hamilton-Gleichungen kann dies auch so angegeben werden $dH=0$ am Gleichgewichtspunkt im Phasenraum. Nehmen wir dann einen Anfangszustand mit einer kleinen Störung aus dem Gleichgewicht $\theta_{10} + \delta \theta_1,\theta_{20}+ \delta \theta_2,p_{10}+ \delta p_1,p_{20}+ \delta p_2$ wir erhalten einen Satz von Gleichungen für diese Störung der Form

\frac{D}{D T} (\begin{matrix} δ θ_{1} \\ δ P_{1} \\ δ θ_{2} \\ δ P_{2} \end{matrix}) = (\begin{matrix} \frac{\partial^{2} H}{\partial P_{1} \partial θ_{1}} & \frac{\partial^{2} H}{\partial P_{1}^{2}} & \frac{\partial^{2} H}{\partial P_{1} \partial θ_{2}} & \frac{\partial^{2} H}{\partial P_{1} \partial P_{2}} \\ - \frac{\partial^{2} H}{\partial θ_{1}^{2}} & - \frac{\partial^{2} H}{\partial θ_{1} \partial P_{1}} & - \frac{\partial^{2} H}{\partial θ_{1} \partial θ_{2}} & - \frac{\partial^{2} H}{\partial θ_{1} \partial P_{2}} \\ \frac{\partial^{2} H}{\partial P_{2} \partial θ_{1}} & \frac{\partial^{2} H}{\partial P_{2} \partial P_{1}} & \frac{\partial^{2} H}{\partial P_{2} \partial θ_{2}} & \frac{\partial^{2} H}{\partial P_{2}^{2}} \\ - \frac{\partial^{2} H}{\partial θ_{2} \partial θ_{1}} & - \frac{\partial^{2} H}{\partial θ_{2} \partial P_{1}} & - \frac{\partial^{2} H}{\partial θ_{2}^{2}} & - \frac{\partial^{2} H}{\partial θ_{2} \partial P_{2}} \end{matrix}) (\begin{matrix} δ θ_{1} \\ δ P_{1} \\ δ θ_{2} \\ δ P_{2} \end{matrix})

$\frac{d}{dt} \begin{pmatrix} \delta \theta_1 \\ \delta p_1 \\ \delta \theta_2 \\ \delta p_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{\partial^2 H}{\partial p_1 \partial \theta_1} & \frac{\partial^2 H}{\partial p_1^2 } & \frac{\partial^2 H}{\partial p_1 \partial \theta_2} & \frac{\partial^2 H}{\partial p_1 \partial p_2} \\ -\frac{\partial^2 H}{\partial \theta_1^2} & -\frac{\partial^2 H}{\partial \theta_1 \partial p_1 } & -\frac{\partial^2 H}{\partial \theta_1 \partial \theta_2} & -\frac{\partial^2 H}{\partial \theta_1 \partial p_2} \\ \frac{\partial^2 H}{\partial p_2 \partial \theta_1} & \frac{\partial^2 H}{\partial p_2 \partial p_1 } & \frac{\partial^2 H}{\partial p_2 \partial \theta_2} & \frac{\partial^2 H}{\partial p_2^2} \\ -\frac{\partial^2 H}{\partial \theta_2 \partial \theta_1} & -\frac{\partial^2 H}{\partial \theta_2 \partial p_1 } & -\frac{\partial^2 H}{\partial \theta_2^2} & -\frac{\partial^2 H}{\partial \theta_2 \partial p_2} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \delta \theta_1 \\ \delta p_1 \\ \delta \theta_2 \\ \delta p_2 \end{pmatrix}$ Das sieht ein wenig überwältigend aus, aber Sie können dort Ihren bevorzugten Hamilton-Operator einsetzen und Sie werden sehen, dass normalerweise nur wenige der Komponenten dieser Störungsmatrix nicht Null sind. Die obige Differentialgleichung ist eine lineare Differentialgleichung der Form

\dot{v} = A v

$\dot{\mathbf{v}} = \mathbf{A} \mathbf{v}$ deren Lösung man in fast jedem Buch über lineare Algebra findet.

Der vollständige Lösungssatz wird durch einen Ansatz des Formulars gefunden $\mathbf{v}(t) = \mathbf{v}_0 e^{\lambda t}$ . Daraus ergibt sich, dass die Lösungen haben müssen $\mathbf{v}_0$ ein Eigenvektor der Matrix $\mathbf{A}$ mit möglicherweise komplexem Eigenwert $\lambda$ . Es gibt im Allgemeinen vier Eigenwerte und vier entsprechende linear unabhängige Eigenvektoren von $\mathbf{A}$ .

Nun sagt uns die mathematische Theorie der klassischen Mechanik, dass aufgrund der „symplektischen Struktur“ der klassischen Mechanik die Eigenwerte in einer sogenannten loxodromen Menge gruppiert werden. Ein loxodromer Satz von Zahlen in der komplexen Ebene ist ein Satz von Zahlen, der unter Reflexionen sowohl in Bezug auf die reelle als auch auf die imaginäre Achse symmetrisch ist. Dies ist beispielsweise ein loxodromer Satz von vier Zahlen

{a + ich β, - a + ich β, a - ich β, - a - ich β}

$\{\alpha + i\beta, -\alpha + i\beta, \alpha - i \beta, - \alpha - i \beta \}$ Wo

α, β

$\alpha,\beta$ sind reelle Zahlen. Ein Fixpunkt mit einem solchen Eigenwertsatz entspricht einem System mit einer außer Kontrolle geratenen Schwingung

e^{(α + i β) t}

$e^{(\alpha+i\beta) t}$ . Dieser Fall kann nur in zwei Freiheitsgraden und höher auftreten, Sie werden dafür keine Intuition von einem Freiheitsgrad bekommen! Ein besonderer Fall, in dem dies passieren kann, sind rotierende Systeme, bei denen das Teilchen durch ein anziehendes Potential zur Mitrotation und Oszillation gezwungen wird, sich aber aufgrund der Zentrifugalkraft auch spiralförmig ausdehnt.

Eine der anderen Möglichkeiten für die Eigenwerte ist eine "entartete" loxodromische Menge der Form

{a, - a, ich β, - ich β}

$\{\alpha,-\alpha, i\beta,-i\beta\}$ mit

α, β

$\alpha,\beta$ wieder echt. Diese entsprechen einem System, bei dem eine Störung in einer Richtung eine stabile Schwingung verursacht, während sie in der anderen Richtung instabil ist und die Bahn zu driften beginnt. Die loxodrome Symmetrie der Eigenwerte entspricht der Reversibilität des klassisch-mechanischen Systems. Das bedeutet, dass man für jede Bewegung in eine allgemeine Richtung in gewisser Weise auch die Umkehrung finden kann; für jeden

e^{α t}

$e^{\alpha t}$ Ausreißer, es gibt einen

e^{- α t}

$e^{-\alpha t}$ langsame Annäherung an das Gleichgewicht (dies entspricht einem Teilchen, das genau die richtige Energie hat, um ein potentielles Maximum zu erreichen, und langsam darauf zukriecht).

Nun zu deiner Frage: dein Ansatz $\theta_1 = A e^{i\omega t}, \theta_2 = B e^{i\omega t}$ entspricht dem allgemeineren Ansatz $\mathbf{v}(t) = \mathbf{v}_0 e^{\lambda t}$ im Hamiltonschen Formalismus und sollte Ihnen auch einen loxodromen Satz von Frequenzen geben.

Aber Sie sollten jetzt sehen, dass, wenn wir eine Anfangsbedingung an einer allgemeinen Position und Geschwindigkeit nahe dem Gleichgewicht haben, es eine Linearkombination der Basis aller vier linear unabhängigen Eigenrichtungen sein wird - unabhängig davon, ob die loxodromische Menge entartet ist oder nicht -degenerieren. (Denken Sie daran, dass Sie vier Zahlen angeben müssen $\theta_1,\theta_2,\dot{\theta}_1, \dot{\theta}_2$ als Ausgangszustand!!)

Wenn Ihre Anfangsbedingung (und Ihr dynamisches System) real ist, stellt die Loxodromie der Menge sicher, dass sich Ihre Anfangsbedingungen tatsächlich in einer realen Basis von Evolutionen kombinieren, die für eine nicht entartete Menge wie folgt geschrieben wurden

\frac{1}{2 ich} (e^{(a + ich β) T} - e^{(a - ich β}) T), \frac{1}{2} (e^{(a + ich β) T} + e^{(a - ich β}) T), \frac{1}{2 ich} (e^{(- a + ich β) T} - e^{(- a - ich β}) T), \frac{1}{2} (e^{(- a + ich β) T} + e^{(- a - ich β) T})

$\frac{1}{2i} (e^{(\alpha + i \beta)t} - e^{(\alpha - i \beta})t), \frac{1}{2} (e^{(\alpha + i \beta)t} + e^{(\alpha - i \beta})t), \frac{1}{2i} (e^{(-\alpha + i \beta)t} - e^{(-\alpha - i \beta})t), \frac{1}{2} (e^{(-\alpha + i \beta)t} + e^{(-\alpha - i \beta)t})$ und ähnlich für die entarteten Mengen. Obwohl also die Frequenzen für ein System mit zwei oder mehr Freiheitsgraden gemischt-komplex werden können (beachten Sie rein imaginäre oder reale), retten die Symmetrien des mechanischen Systems den Tag und Sie erhalten immer noch eine ordnungsgemäße, nicht komplexe Entwicklung.

Dirakologie · Answer 2

Freie Schwingungen

Bei freier kleiner Schwingung um ein stabiles Gleichgewicht sind die Eigenfrequenzen des Systems immer positiv, $\omega^2=\alpha\pm\beta>0$ .

Die Lagrangefunktion eines Systems mit $n$ Freiheitsgrade und mit einem stabilen Gleichgewicht bei $q_0=(q_{0,1},\ldots,q_{0,n})$ kann geschrieben werden als

L = \frac{1}{2} {\dot{η}}^{T} M (Q_{0}) \dot{η} + \frac{1}{2} η^{T} v (Q_{0}) η,

$L=\frac 12 \dot\eta^TM(q_0)\dot\eta+\frac 12 \eta^TV(q_0)\eta,$ Wo

M_{i j} = \sum_{a = 1}^{N} m_{a} \frac{\partial {\vec{r}}_{a}}{\partial q_{i}} \cdot \frac{\partial {\vec{r}}_{a}}{\partial q_{j}}

$M_{ij}=\sum_{a=1}^N m_a\frac{\partial \vec r_a}{\partial q_i}\cdot\frac{\partial \vec r_a}{\partial q_j}$ Und

V_{i j} = \frac{\partial^{2} V}{\partial q_{i} \partial q_{j}}

$V_{ij}=\frac{\partial^2V}{\partial q_i\partial q_j}$ Sind

n \times n

$n\times n$ Matrizen u

η, \dot{η}

$\eta,\dot\eta$ Sind

n

$n$ -Komponenten-Spaltenmatrizen, die die kleinen Verschiebungen aus dem Gleichgewicht bezeichnen. Der erste Term im Lagrangian entspricht der kinetischen Energie, also ist er für jeden immer positiv

\dot{η} \neq 0

$\dot\eta\neq 0$ , somit

M

$M$ ist positiv definit . Die Bedingung für ein stabiles Gleichgewicht impliziert, dass die Matrix

V (q_{0})

$V(q_0)$ ist auch positiv definit, also ist der zweite Term im Lagrangian positiv für

η \neq 0

$\eta\neq 0$ .

Bewegungsgleichungen liest

M (Q_{0}) \ddot{η} + v (Q_{0}) η = 0.

$M(q_0)\ddot\eta+V(q_0)\eta=0.$ Wir suchen nach Lösungen des Typs

η = ρ \cos (ω t + ϕ)

$\eta=\rho\cos(\omega t+\phi)$ und dann erhalten wir, dass die charakteristischen Vektoren

ρ

$\rho$ erfüllen

(v (Q_{0}) - ω^{2} M (Q_{0})) ρ = 0.

$\left( V(q_0)-\omega^2 M(q_0)\right)\rho=0.$ Links multiplizieren mit

ρ^{T}

$\rho^T$ und rechts vorbei

ρ

$\rho$ wir erhalten

ω^{2} = \frac{ρ^{T} v (Q_{0}) ρ}{ρ^{T} M (Q_{0}) ρ} .

$\omega^2=\frac{\rho^TV(q_0)\rho}{\rho^TM(q_0)\rho}.$ Da beide

V (q_{0})

$V(q_0)$ Und

M (q_{0})

$M(q_0)$ sind also positiv definite Matrizen

ω^{2} > 0

$\omega^2>0$ für jede nicht triviale Lösung

ρ

$\rho$ .

Wenn das Gleichgewicht neutral ist, dh es gibt wiederherstellende verallgemeinerte Kräfte in allen Richtungen des Konfigurationsraums, außer in einigen Richtungen, in denen die Kraft null ist, dann ist die Matrix $V(q_0)$ ist nur positiv semidefinit . In diesem Fall, $\omega^2\geq 0$ .

Gedämpfte Schwingungen

Der Lagrange-Formalismus ist für dissipative Systeme nicht geeignet, da er davon ausgeht, dass das System anhand seiner kinetischen und potentiellen Energien beschrieben wird. Für einige Systeme kann man jedoch den Formalismus passend ändern, um dissipative Kräfte einzubeziehen. Insbesondere können dissipative Kräfte proportional zu den Teilchengeschwindigkeiten aus der sogenannten Dissipationsfunktion abgeleitet werden $\mathcal F$ . Euler-Lagrange-Gleichungen werden dann gelesen

\frac{D}{D T} \frac{\partial L}{\partial {\dot{η}}_{ich}} - \frac{\partial L}{\partial η_{ich}} + \frac{\partial F}{\partial η_{ich}} = 0.

$\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot \eta_i}-\frac{\partial L}{\partial \eta_i}+\frac{\partial\mathcal F}{\partial \eta_i}=0.$

Die Dissipationsfunktion ist in den Geschwindigkeiten quadratisch und hängt mit der Rate der dissipierten Energie zusammen, was bedeutet, dass sie nicht negativ ist. Für kleine Schwingungen um das Gleichgewicht kann geschrieben werden als

F = \frac{1}{2} {\dot{η}}^{T} F (Q_{0}) η,

$\mathcal F=\frac 12 \dot\eta^T F(q_0)\eta,$ und die Bewegungsgleichungen sind

M (Q_{0}) \ddot{η} + F (Q_{0}) \dot{η} + v (Q_{0}) η = 0.

$M(q_0)\ddot\eta+F(q_0)\dot\eta+V(q_0)\eta=0.$ Unwahrscheinlich der freie Fall, dieses System ist nicht einfach zu lösen, da im Allgemeinen die Matrizen

M

$M$ ,

F

$F$ Und

V

$V$ können nicht gleichzeitig diagonalisiert werden. Eine Ausnahme tritt auf, wenn die Dämpfung auch von den Teilchenmassen abhängt, die Matrizen gleichzeitig diagonalisiert werden können und die Bewegungsgleichungen in den Normalkoordinaten entkoppeln,

{\ddot{ζ}}_{ich} + F_{ich} {\dot{ζ}}_{ich} + ω_{ich}^{2} ζ_{ich} = 0,

$\ddot\zeta_i+f_i\dot\zeta_i+\omega_i^2\zeta_i=0,$ Wo

f_{i} \geq 0

$f_i\geq 0$ ,

i = 1, \dots, n

$i=1,\ldots,n$ sind die Eigenwerte von

F (q_{0})

$F(q_0)$ . Diese Gleichungen können leicht mit komplexen Funktionen gelöst werden

z = z_{0} \exp (- i Ω_{i} t)

$z=z_0\exp(-i\Omega_i t)$ und am Ende nur seinen wahren Teil nimmt. Stecken

z

$z$ in die Bewegungsgleichung gibt

Ω_{ich} = \pm \sqrt{ω_{ich}^{2} - \frac{F_{ich}^{2}}{4}} - ich \frac{F_{ich}}{2} .

$\Omega_i=\pm\sqrt{\omega_i^2-\frac{f_i^2}{4}}-i\frac{f_i}{2}.$ Bei kleiner Dämpfung können wir den quadratischen Term in vernachlässigen

f_{i}

$f_i$ damit die Lösung die schöne Form hat

ζ_{ich} = C_{ich} e^{- ich F_{ich} T / 2} \cos (ω_{ich} T + φ_{ich}) .

$\zeta_i=C_ie^{-if_it/2}\cos(\omega_it+\varphi_i).$ Wenn

f_{i}^{2} / 4 \geq ω_{i}^{2}

$f_i^2/4\geq\omega_i^2$ dann schwingt das System überhaupt nicht und diese Bereiche werden als kritisch gedämpft und überdämpft bezeichnet.

Siehe die Kommentare oben, wir werden negativ $\omega^2$ B. bei vorhandener Dämpfung oder beim Arbeiten in einem rotierenden Koordinatensystem. Ich bin mir nicht sicher, ob Ersteres mit der Lagrange-Mechanik einfach zu handhaben ist, aber der Fall von rotierenden Koordinatensystemen ist es.
@Quantumspaghettification Alle diese Verfahren, die Sie beschreiben, gelten für konservative Systeme. In diesem Fall sind die charakteristischen Frequenzen aus dem von mir gezeigten Grund immer positiv. Bei Dämpfung sind die Dinge nicht so einfach, da für nicht-dissipative Systeme Euler-Lagrange-Gleichungen angenommen werden. Der Lagrangian selbst geht von einem monogenen System (durch Potentiale beschriebenes System) aus. Bei rotierenden Koordinaten können Sie beliebige verallgemeinerte Koordinaten verwenden, aber Sie müssen die Lagrangian in Bezug auf ein Inertialsystem schreiben.
@Diracology Der Punkt ist offensichtlich, dass das Gleichgewicht nicht stabil ist, Stabilität nirgendwo im OP diskutiert wird und dies daher nicht erforderlich ist $\omega^2 > 0$ .
@Diracology Sie können Ihren Lagrangian beliebig schreiben und ihn und die entsprechenden Gleichungen rein mathematisch behandeln. Monogenität ist nur für die Äquivalenz mit dem d'Alembert-Prinzip erforderlich. Die Transformation in ein korotierendes System ermöglicht es Ihnen, die Zeitabhängigkeit zB eines rotierenden Potentials im Lagrange auf eine zeitunabhängige Beschreibung zu reduzieren, Sie müssen nur das richtige verallgemeinerte Potential finden, das alle Rotationseffekte erfasst (es gibt es).
@Void Wäre Stabilität nicht eine notwendige Bedingung, um Schwingungen zu untersuchen? Mindestens neutrale Stabilität (Fluchtkraft in eine Richtung des Konfigurationsraums, während die anderen Rückstellkraft haben) wäre erforderlich. Bei neutraler Stabilität gilt $\omega^2\geq 0$ .

Evgeniy Yakubovskiy · Answer 3

Wenn es nur zwei unabhängige Lösungen gibt (die anderen beiden Lösungen sind eine wachsende Funktion und haben keine physikalische Bedeutung) mit den Anfangsbedingungen jeweils zwei unabhängige Entscheidungen und der Koeffizient vor der wachsenden Lösung ist Null. Wenn der Eigenwert einen negativen Realteil hat, dann ist die Lösung gedämpft. Wenn der Realteil des Eigenwerts Null ist, dann oszillierend.

Gekoppelte Oszillatoren mit imaginärer Frequenz?

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