Små svingninger og normalmoder

Likevekt og linearisering

En likevekt er et punkt $q_0$ der systemet kan bli liggende i ro. Med én frihetsgrad og $L = \tfrac12 m(q)\dot q^2 - V(q)$ gir Lagranges ligning

så $q = q_0$ med $\dot q = 0$ er en løsning når $V'(q_0) = 0$. Sett $q = q_0 + \eta$ med $\eta$ liten. Bevegelsesligningen blir lineær i $\eta$ når $L$ utvikles til andre orden i $\eta$ og $\dot\eta$. I potensialet er det $V \approx V(q_0) + \tfrac12 V''(q_0)\eta^2$, der konstanten ikke påvirker bevegelsen. I den kinetiske energien er $\dot\eta^2$ allerede av andre orden, så $m(q)$ tas bare med i $q_0$:

Normalmoder

Med $N$ frihetsgrader er den kinetiske energien en kvadratisk form i hastighetene, $T = \tfrac12 m_{ij}(q)\,\dot q_i\dot q_j$ med summasjon over like indekser, og i en likevekt er alle $\partial V/\partial q_i$ lik null. Sett $q_i = q_{0i} + \eta_i$ og utvikle til andre orden som over:

Lagranges ligninger gir $N$ koblede, lineære ligninger, på matriseform $\boldsymbol T\ddot{\boldsymbol\eta} = -\boldsymbol V\boldsymbol\eta$. Se etter løsninger der alle koordinatene svinger med den samme frekvensen, $\boldsymbol\eta = \mathbf A\cos(\omega t - \delta)$. Innsatt gir det $(\boldsymbol V - \omega^2\boldsymbol T)\mathbf A = 0$, som har en løsning $\mathbf A \ne 0$ bare når determinanten er null:

Røttene $\omega_n$ er egenfrekvensene, og ligningen er sekulærligningen. En normalmode, eller bare mode, er bevegelsen $\boldsymbol\eta = \mathbf A_n\cos(\omega_n t - \delta_n)$, der alle koordinatene svinger med den samme frekvensen og i fast forhold til hverandre. $\mathbf A_n$ er bestemt bare opp til en faktor, og den faktoren settes av startbetingelsene.

Alle $\omega_n^2$ er reelle, og fortegnet avgjør hva som skjer langs $\mathbf A_n$:

• $\omega_n^2 > 0$: harmonisk svingning.
• $\omega_n^2 < 0$: utslaget vokser eksponentielt, og likevekten er ustabil.
• $\omega_n^2 = 0$: ingen kraft trekker tilbake, og $\boldsymbol\eta = \mathbf A_n\,(c_1 + c_2 t)$. Det er en fri translasjon eller rotasjon av hele systemet.

Ganget med $\mathbf A_n^\top$ gir modeligningen $\mathbf A_n^\top\boldsymbol V\mathbf A_n = \omega_n^2\,\mathbf A_n^\top\boldsymbol T\mathbf A_n$, og siden $\boldsymbol T$ er positivt definitt, har $\omega_n^2$ samme fortegn som $\mathbf A_n^\top\boldsymbol V\mathbf A_n$. Alle $\omega_n^2$ er positive nøyaktig når $\boldsymbol V$ er positivt definitt, altså når $q_0$ er et minimum for $V$.

Modene som koordinater

To normalmoder med forskjellige frekvenser er ortogonale med $\boldsymbol T$ som vekt:

Gang modeligningen for $n$ med $\mathbf A_m^\top$ og den for $m$ med $\mathbf A_n^\top$. De to leddene med $\boldsymbol V$ er like fordi $\boldsymbol V$ er symmetrisk, og differansen gir $(\omega_n^2 - \omega_m^2)\,\mathbf A_m^\top\boldsymbol T\mathbf A_n = 0$.

Normer vektorene så $\mathbf A_n^\top\boldsymbol T\mathbf A_n = 1$, og skriv utslagene som en sum over modene, $\boldsymbol\eta = \sum_n \xi_n(t)\,\mathbf A_n$. Da er $\mathbf A_m^\top\boldsymbol T\mathbf A_n = \delta_{mn}$ og $\mathbf A_m^\top\boldsymbol V\mathbf A_n = \omega_n^2\,\delta_{mn}$, og alle kryssleddene i $L$ faller bort:

Normalkoordinatene svinger hver for seg, $\xi_n = C_n\cos(\omega_n t - \delta_n)$, og den generelle bevegelsen er

med $2N$ konstanter $C_n$ og $\delta_n$ fra $\boldsymbol\eta(0)$ og $\dot{\boldsymbol\eta}(0)$. Hver mode har sin egen energi $\tfrac12(\dot\xi_n^2 + \omega_n^2\xi_n^2)$, og den er bevart for seg. Et system som startes i én mode, blir i den. Bevegelsen gjentar seg bare når alle forholdene $\omega_m/\omega_n$ er rasjonale tall.

Dobbeltpendelen

To like pendler med masse $m$ og lengde $l$ henger etter hverandre, og $\theta_1$ og $\theta_2$ er vinklene fra loddlinja. Den eksakte Lagrangefunksjonen er

Kryssleddet er allerede av andre orden, så der er $\cos(\theta_1 - \theta_2) \approx 1$, og i potensialet er $\cos\theta \approx 1 - \tfrac12\theta^2$. Matrisene leses rett av:

Koblingen sitter i $\boldsymbol T$, fordi farten til den nederste kula avhenger av begge vinklene. Med $x = l\omega^2/g$ er sekulærligningen

altså $\omega^2 = (2 \mp \sqrt2)\,g/l$. Den første raden gir $A_2/A_1 = 2(1 - x)/x = \pm\sqrt2$. I den langsomme moden, $\omega_1 = 0{,}765\sqrt{g/l}$, svinger kulene i takt, og den nederste har $\sqrt2$ ganger så stort utslag. I den raske, $\omega_2 = 1{,}848\sqrt{g/l}$, svinger de i motfase. Forholdet $\omega_2/\omega_1 = 1 + \sqrt2$ er irrasjonalt, så en vilkårlig liten svingning gjentar seg aldri nøyaktig.

Et lineært molekyl med tre atomer

Tre atomer på ei linje, $m$, $M$ og $m$, holdes sammen av to like bindinger, som i CO₂. Se bare på bevegelse langs linja. Nær likevektsavstanden $r_0$ er potensialet for hver binding $\tfrac12 k(r - r_0)^2$ med $k = V''(r_0)$, så med utslagene $\eta_i$ fra likevekt er

Nå er $\boldsymbol T$ diagonal med $m$, $M$ og $m$, og koblingen sitter i

Sekulærligningen har tre røtter:

• $\mathbf A = (1, 1, 1)$ med $\omega = 0$: hele molekylet flytter seg, en translasjon.
• $\mathbf A = (1, 0, -1)$ med $\omega^2 = k/m$: de ytre atomene svinger i motfase, og midtatomet står stille. Det er den symmetriske moden.
• $\mathbf A = (1, -2m/M, 1)$ med $\omega^2 = (k/m)(1 + 2m/M)$: de ytre atomene går samme vei og midtatomet motsatt. Det er den antisymmetriske moden.

Begge modene med $\omega \ne 0$ holder massesenteret i ro. De er $\boldsymbol T$-ortogonale på translasjonen, og $\mathbf A_n^\top\boldsymbol T\,(1, 1, 1)^\top = mA_1 + MA_2 + mA_3$ er nettopp massesenterets forskyvning ganget med totalmassen. For CO₂ er $M/m = 12/16$, og modellen gir en antisymmetrisk mode som er $\sqrt{1 + 32/12} = 1{,}91$ ganger raskere enn den symmetriske. Målt er de $2349\ \text{cm}^{-1}$ og $1337\ \text{cm}^{-1}$, forholdet $1{,}76$. Forskjellen kommer av at de to bindingene påvirker hverandre, noe modellen med to uavhengige fjærer ikke tar med.

Eksamensoppgave Tre kuler og to fjærer

Ordinær eksamen, november 2023, oppgave 2 a–c

Three balls with masses $m$, $2m$ and $4m$ ($m = 50$ g) are connected by identical and ideal springs with spring constant $k = 150$ N/m, as shown in the figure above. The balls can move along the $x$ axis only, and we consider small oscillations around their equilibrium positions $x_{01}$, $x_{02}$ and $x_{03}$.

a) (7%) With the balls’ deviations from equilibrium, $\eta_i = x_i - x_{0i}$, as coordinates, the potential $V$ and kinetic energy $T$ are both quadratic forms,

$$V = \frac12 V_{ij}\eta_i\eta_j \allowbreak\quad \text{and} \quad T = \frac12 T_{ij}\dot\eta_i\dot\eta_j,$$

respectively. Determine the $3 \times 3$ symmetric matrix $\boldsymbol V$ and diagonal matrix $\boldsymbol T$, with matrix elements $V_{ij}$ and $T_{ij}$.

b) (7%) Solve the secular equation

$$\left|\boldsymbol V - \omega^2\boldsymbol T\right| = 0$$

(i.e., zero determinant) and determine the two nonzero eigenfrequencies $f_j = \omega_j/2\pi$ ($j = 1, 2$) of this system. (Determine both numerical values and units.) Hint: You will end up with a 3rd order equation for $\omega^2$, where one root is $\omega^2 = 0$. You may find it convenient to extract a factor $k^3$ from the determinant and introduce the dimensionless variable $\alpha = m\omega^2/k$.

c) (6%) Determine the amplitudes (i.e., relative amplitudes, including sign) of the three balls in the normal mode with the smallest eigenfrequency.

Vis løsning Skjul løsning

a) Fjærene strekkes med $\eta_2 - \eta_1$ og $\eta_3 - \eta_2$, så $V = \tfrac12 k(\eta_2 - \eta_1)^2 + \tfrac12 k(\eta_3 - \eta_2)^2$ gir den samme $\boldsymbol V$ som for molekylet over, og $\boldsymbol T$ har massene på diagonalen:

$$\boldsymbol V = k\begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 \\ -1 & 2 & -1 \\ 0 & -1 & 1 \end{pmatrix} \allowbreak\qquad \boldsymbol T = m\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \end{pmatrix}$$

b) Del hver rad på $k$ og sett $\alpha = m\omega^2/k$:

$$\begin{vmatrix} 1 - \alpha & -1 & 0 \\ -1 & 2 - 2\alpha & -1 \\ 0 & -1 & 1 - 4\alpha \end{vmatrix} = 0$$

Utviklet etter første rad er det $(1 - \alpha)\left[(2 - 2\alpha)(1 - 4\alpha) - 1\right] - (1 - 4\alpha) = 0$, som forenkles til $\alpha\,(8\alpha^2 - 18\alpha + 7) = 0$. Roten $\alpha = 0$ er translasjonen. De to andre er $\alpha = (18 \pm 10)/16$, altså $\tfrac12$ og $\tfrac74$, så $\omega_1^2 = k/2m$ og $\omega_2^2 = 7k/4m$:

$$f_1 = \frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{150}{0{,}10}}\ \text{Hz} \allowbreak = 6{,}2\ \text{Hz} \allowbreak\qquad f_2 = \frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{1050}{0{,}20}}\ \text{Hz} \allowbreak = 11{,}5\ \text{Hz}$$

c) Med $\alpha = \tfrac12$ gir første og tredje rad $\tfrac12 A_1 - A_2 = 0$ og $-A_2 - A_3 = 0$. Med $A_1 = 1$ er $A_2 = \tfrac12$ og $A_3 = -\tfrac12$. De to letteste kulene svinger i takt, og den tyngste mot dem. Massesenteret står stille, som i enhver mode med $\omega \ne 0$: $m \cdot 1 + 2m \cdot \tfrac12 - 4m \cdot \tfrac12 = 0$.

Svar

$f_1 = 6{,}2$ Hz og $f_2 = 11{,}5$ Hz. Den langsomste moden har amplitudene $(1, \tfrac12, -\tfrac12)$.

En kjede av atomer

Sett $N$ like atomer med masse $m$ på en ring, med avstanden $a$ i likevekt og like fjærer $k$ mellom naboene. Ringen gjør alle atomene like, og atom $N + 1$ er atom $1$. Lagrangefunksjonen

gir $m\ddot\eta_j = k\left(\eta_{j+1} - 2\eta_j + \eta_{j-1}\right)$. Siden alle atomene er like, prøv en bølge der hvert atom ligger en fast fase $\varphi$ etter naboen, $\eta_j = \cos(j\varphi - \omega t)$. Med $\cos(u + \varphi) + \cos(u - \varphi) = 2\cos u\cos\varphi$ blir høyresida $2k(\cos\varphi - 1)\,\eta_j = -4k\sin^2(\varphi/2)\,\eta_j$, og

Ringen krever $\eta_{j+N} = \eta_j$, så $N\varphi$ er et multiplum av $2\pi$. $n = 0$ er translasjonen, med $\omega = 0$. Den høyeste frekvensen, $2\sqrt{k/m}$, har $\varphi = \pi$, og da svinger naboatomene i motfase. Sammenhengen mellom frekvensen og bølgelengden er kjedens dispersjonsrelasjon.

For lange bølger er $\varphi \ll 1$ og $\omega \approx \sqrt{k/m}\,\varphi$. Bølgelengden er $\lambda = 2\pi a/\varphi$, så bølgen går med farten

uavhengig av bølgelengden. Det er lydfarten i kjeden. Kortere bølger går saktere. Når bølgelengden er mye større enn $a$, kan utslagene Taylorutvikles om $x = ja$, $\eta_{j+1} - 2\eta_j + \eta_{j-1} \approx a^2\,\partial^2\eta/\partial x^2$, og bevegelsesligningen blir bølgeligningen $\partial^2\eta/\partial t^2 = v^2\,\partial^2\eta/\partial x^2$. I kvantemekanikken er hver normalmode en harmonisk oscillator, og energikvantene i et krystallgitter heter fononer.

Stabiliteten til Lagrangepunktene

I det begrensede trelegemeproblemet har det lette legemet, i systemet som roterer med vinkelfarten $\omega$ til de to tunge, Lagrangefunksjonen

Likevektene er Lagrangepunktene, der $\partial U/\partial x = \partial U/\partial y = 0$. Leddet som er lineært i farten, passer ikke inn i formen $\tfrac12 T_{ij}\dot\eta_i\dot\eta_j - \tfrac12 V_{ij}\eta_i\eta_j$, og det endrer stabilitetsbetingelsen. La $\eta_1$ og $\eta_2$ være utslaget fra et Lagrangepunkt i $x$ og $y$, og utvikle $U$ til andre orden. Bevegelsesligningene $\ddot x - 2\omega\dot y = -\partial U/\partial x$ og $\ddot y + 2\omega\dot x = -\partial U/\partial y$ blir

der $U_{xx}$, $U_{xy}$ og $U_{yy}$ er de annenderiverte av $U$ i punktet. Med $\eta_1, \eta_2 \propto e^{\lambda t}$ må determinanten til ligningssystemet være null:

Utslaget holder seg lite når begge røttene $\lambda^2$ er reelle og negative. Uten Coriolisleddet $4\omega^2\lambda^2$ er røttene $\lambda^2$ minus egenverdiene til matrisen av annenderiverte, og stabilitet krever et minimum for $U$, som før.

På aksen er $U_{xy} = 0$ av symmetri. $L_1$, $L_2$ og $L_3$ er sadelpunkter med $U_{xx} < 0 < U_{yy}$, så produktet av de to røttene $\lambda^2$, som er $U_{xx}U_{yy}$, er negativt. Én rot er positiv, og punktene er ustabile for alle masseforhold. Satellittene ved $L_1$ og $L_2$ må derfor korrigere kursen med jevne mellomrom.

$L_4$ og $L_5$ er maksimumspunkter for $U$, og uten Corioliskraften ville et legeme gli ned fra dem i alle retninger. Når legemet begynner å gli, bøyer Corioliskraften banen av til siden, og er $m_1$ mye større enn $m_2$, går legemet i en sløyfe rundt punktet i stedet. Betingelsen er

Sola og Jupiter har $m_1/m_2 = 1047$, og over ti tusen asteroider, trojanerne, følger Jupiter rundt sola nær $L_4$ og $L_5$. For så liten $\alpha$ er røttene $\lambda^2 \approx -\omega^2$ og $\lambda^2 \approx -\tfrac{27}{4}\alpha\,\omega^2$. Den langsomme svingningen om punktet har perioden $2\pi/\omega$ delt på $\sqrt{27\alpha/4} = 0{,}080$, for Jupiter $11{,}9$ år$/0{,}080 \approx 150$ år.

Anharmoniske svingninger

Lineariseringen gjelder bare for små utslag. Det neste leddet i potensialet gjør frekvensen avhengig av amplituden. Ta en oscillator med et ledd av fjerde orden i potensialet,

og prøv en rekke i $\varepsilon$, $x = A\cos\omega_0 t + \varepsilon x_1 + \dots$. Leddet av første orden oppfyller

Leddet med $\cos\omega_0 t$ driver $x_1$ med sin egen egenfrekvens, altså i resonans, og gir løsningen $x_1 = -(3A^3/8\omega_0)\,t\sin\omega_0 t$, som vokser uten grense. Rekka bryter sammen når $\varepsilon A^2 t/\omega_0$ ikke lenger er liten, uansett hvor liten $\varepsilon$ er. Et ledd som vokser med $t$ på denne måten, kalles et sekulærledd.

Sekulærleddet har samme form som første orden av $A\cos(\omega_0 + \delta\omega)t = A\cos\omega_0 t - A\,\delta\omega\,t\sin\omega_0 t + \dots$, med $\delta\omega = 3\varepsilon A^2/8\omega_0$. Frekvensen er altså forskjøvet, og rekka beskriver forskyvningen med ledd som vokser med $t$. Sett derfor inn $x = A\cos\omega t + \varepsilon x_1$ med en ukjent frekvens $\omega$, og krev at leddet med $\cos\omega t$ forsvinner. Det gir $\omega^2 = \omega_0^2 + \tfrac34\varepsilon A^2$:

Det som er igjen, $\ddot x_1 + \omega_0^2 x_1 = -\tfrac14 A^3\cos3\omega t$, gir en liten tredje harmonisk, $x_1 = (A^3/32\omega_0^2)\cos3\omega t$. For pendelen er $\sin\theta \approx \theta - \theta^3/6$, altså $\varepsilon = -\omega_0^2/6$ med $\omega_0^2 = g/l$, og frekvensen er $\omega = \omega_0(1 - \theta_0^2/16)$ når $\theta_0$ er utslaget.