מתנד הרמוני – הבדלי גרסאות

כאן נסקור את בעיית המתנד ההרמוני במכניקה הקלאסית. כח מחזיר, הוא כח מהצורה <math>F=-kx</math> כאשר <math>k</math> הוא קבוע המאפיין את המערכת כמו למשל קבוע הקפיץ בחוק הוק, ו<math>x</math> הוא העתק המסה מנקודת שיווי המשקל.

<math>-kx=m \ddot x</math>. נשים לב, כי המסה תסומן באות <math>m</math>. כעת, נחלק את שני אגפי המשוואה ב<math>m</math> ,נגדיר <math>\omega^{2}_0=\frac{k}{m}</math> ונעביר אגפים כדי לקבל את המשוואה <math>\ddot x+ \omega^{2}_0 x=0</math>.

משוואה זו היא משוואה דיפרנציאלית ליניארית הומוגנית מסדר שני, שכדי לפתור אותה, נכתוב את הפולינום האופייני של המערכת: <math>\lambda^2+ \omega^{2}_0 =0</math>. משוואת הפולינום האופייני תיפתר על ידי נוסחת השורשים, ושורשיה נתונים על ידי <math>\lambda=\pm \omega_0 i</math> כאשר <math>i</math> הוא היחידה המדומה. כידוע לנו, פתרון המשוואה הדיפרנציאלית, תהיהיהיה מהצורה <math>x(t)=\alpha e^{\lambda_1 t}+\beta e^{\lambda_2 t}</math>. על ידי הצבת הפתרונות של הפולינום האופייני נקבל <math>x(t)=\alpha e^{\omega_0 i t}+\beta e^{-\omega_0 i t}</math>. וכעת ישנה בעיה חדשה. הפתרון אינו פונקציה ממשית במלואה. כלומר, חלק מהפתרון מרוכב. העתק המסה הוא גודל ממשי לחלוטין, ולכן עלינו לקחת רק את החלק הממשי של הפתרון. לשם כך, נעזר במשפט דה-מואבר כדי לפשט את הפתרון:<math>x(t)=\alpha e^{\omega_0 i t}+\beta e^{-\omega_0 i t}=\alpha (\cos(\omega_0 t)+i \sin(\omega_0 t))+\beta (\cos(\omega_0 t)-i \sin(\omega_0 t))=\alpha \cos(\omega_0 t)+\beta \cos(\omega_0 t)+\alpha i \sin(\omega_0 t)-\beta i \sin(\omega_0 t)=\cos(\omega_0 t)(\alpha+\beta)+i \sin(\omega_0 t)(\alpha-\beta)</math>כעת ניתן להפריד את החלק הממשי והחלק המדומה. נשים לב כי <math> \mathfrak{R} \mathfrak{e} \{x(t)\}= \cos(\omega_0 t)(\alpha+\beta)</math> ו<math> \mathfrak{I} \mathfrak{m} \{x(t)\}= \sin(\omega_0 t)(\alpha-\beta)</math>. כפי שאמרנו, ניקח רק את החלק הממשי. נגדיר <math> \alpha+\beta=A</math> ונכתוב את הפתרון אליו הגענו: <math> x(t)= A \cos (\omega_0 t)</math>. כדי להגיע לפתרון המלא אשר יתאר באופן יותר כללי ונרחב את המתנד ההרמוני, נוסיף הזזה אפשרית בתוך הפונקציה, ונאמר שהפתרון הכללי הוא <math> x(t)=A \cos(\omega_0 t+\phi)</math>.

<math> E(t)= \frac{1}{2}mv^2+ \frac{1}{2}kx^2=\frac{1}{2}m(-A\omega _{0}\sin(\omega _{0}t+\phi ))^2+\frac{1}{2}kA\cos(\omega _{0}t+\phi ))^2=\frac{1}{2}mA^2 \omega^{2}_0 \sin^2(\omega _{0}t+\phi )+\frac{1}{2}kA^2\cos^2(\omega _{0}t+\phi )=\frac{1}{2}A^2m \frac{k}{m}\sin^2(\omega _{0}t+\phi )+\frac{1}{2}kA^2\cos^2(\omega _{0}t+\phi )=\frac{1}{2}kA^2(\sin^2(\omega _{0}t+\phi )+\cos^2(\omega _{0}t+\phi ))=\frac{1}{2}kA^2 </math>קיבלנו כי האנרגיה לא באמת תלויה בזמן, אלא בכל נקודה בזמן היא שווה לגודל קבוע. מכאן, שהאנרגיה נשמרת.