8.7: Резонанс

Переглянути підручник на YouTube

Резонанс виникає, коли частота неоднорідного члена збігається з частотою однорідного розчину. Для ілюстрації резонансу в найпростішому його варіанті розглянемо лінійну неоднорідну оду другого порядку

\[\ddot{x}+\omega_{0}^{2} x=f \cos \omega t, \quad x(0)=x_{0}, \dot{x}(0)=u_{0} . \nonumber \]

Наша головна мета - визначити, що відбувається з рішенням в межі\(\omega \rightarrow \omega_{0}\).

Однорідне рівняння має характеристичне рівняння

\[r^{2}+\omega_{0}^{2}=0 \nonumber \]

так що\(r_{\pm}=\pm i \omega_{0}\). Тому

\[x_{h}(t)=c_{1} \cos \omega_{0} t+c_{2} \sin \omega_{0} t \nonumber \]

Щоб знайти конкретне рішення, відзначимо відсутність першого-похідного терміна, і просто спробуємо

\[x(t)=A \cos \omega t \nonumber \]

При підстановці в оду отримуємо

\[-\omega^{2} A+\omega_{0}^{2} A=f, \nonumber \]

Або

\[A=\frac{f}{\omega_{0}^{2}-\omega^{2}} \nonumber \]

Тому

\[x_{p}(t)=\frac{f}{\omega_{0}^{2}-\omega^{2}} \cos \omega t \nonumber \]

Таким чином, наше загальне рішення

\[x(t)=c_{1} \cos \omega_{0} t+c_{2} \sin \omega_{0} t+\frac{f}{\omega_{0}^{2}-\omega^{2}} \cos \omega t \nonumber \]

з похідною

\[\dot{x}(t)=\omega_{0}\left(c_{2} \cos \omega_{0} t-c_{1} \sin \omega_{0} t\right)-\frac{f \omega}{\omega_{0}^{2}-\omega^{2}} \sin \omega t \nonumber \]

Початкові умови задовольняються при

\[\begin{aligned} &x_{0}=c_{1}+\frac{f}{\omega_{0}^{2}-\omega^{2}} \\ &u_{0}=c_{2} \omega_{0} \end{aligned} \nonumber \]

так що

\[c_{1}=x_{0}-\frac{f}{\omega_{0}^{2}-\omega^{2}}, \quad c_{2}=\frac{u_{0}}{\omega_{0}} . \nonumber \]

Тому рішення оди, що задовольняє початковим умовам, є

\[\begin{aligned} x(t) &=\left(x_{0}-\frac{f}{\omega_{0}^{2}-\omega^{2}}\right) \cos \omega_{0} t+\frac{u_{0}}{\omega_{0}} \sin \omega_{0} t+\frac{f}{\omega_{0}^{2}-\omega^{2}} \cos \omega t \\ &=x_{0} \cos \omega_{0} t+\frac{u_{0}}{\omega_{0}} \sin \omega_{0} t+\frac{f\left(\cos \omega t-\cos \omega_{0} t\right)}{\omega_{0}^{2}-\omega^{2}} \end{aligned} \nonumber \]

де ми згрупували разом терміни, пропорційні амплітуді форсування\(f\).

Резонанс виникає в межі\(\omega \rightarrow \omega_{0}\); тобто частота неоднорідного члена (зовнішньої сили) відповідає частоті однорідного розчину (вільного коливання). За правилом L'Hospital межа терміну, пропорційна,\(f\) виявляється шляхом диференціації щодо\(\omega\):

\[\begin{aligned} \lim _{\omega \rightarrow \omega_{0}} \frac{f\left(\cos \omega t-\cos \omega_{0} t\right)}{\omega_{0}^{2}-\omega^{2}} &=\lim _{\omega \rightarrow \omega_{0}} \frac{-f t \sin \omega t}{-2 \omega} \\ &=\frac{f t \sin \omega_{0} t}{2 \omega_{0}} . \end{aligned} \nonumber \]

При резонансі термін, пропорційний амплітуді\(f\) неоднорідного члена, зростає лінійно з\(t\), що призводить до більших і більших амплітуд коливань для\(x(t)\). Взагалі, якщо неоднорідний член в диференціальному рівнянні є розв'язком відповідного однорідного диференціального рівняння, то правильним ансац для конкретного розв'язку є постійною, що разів перевищує неоднорідний член\(t\).

Щоб проілюструвати цей самий приклад далі, ми повернемося до вихідної оди, тепер передбачається точно в резонансі,

\[\ddot{x}+\omega_{0}^{2} x=f \cos \omega_{0} t \nonumber \]

і знайти конкретне рішення безпосередньо. Конкретне рішення є реальною частиною конкретного рішення

\[\ddot{z}+\omega_{0}^{2} z=f e^{i \omega_{0} t} . \nonumber \]

Якщо ми спробуємо\(z_{p}=C e^{i \omega_{0} t}\), то отримаємо\(0=f\), показуючи, що конкретне рішення не такої форми. Оскільки неоднорідний член є розв'язком однорідного рівняння, ми повинні прийняти як наш ансац

\[z_{p}=A t e^{i \omega_{0} t} \nonumber \]

У нас є

\[\dot{z}_{p}=A e^{i \omega_{0} t}\left(1+i \omega_{0} t\right), \quad \ddot{z}_{p}=A e^{i \omega_{0} t}\left(2 i \omega_{0}-\omega_{0}^{2} t\right) ; \nonumber \]

і при заміні в оду

\[\begin{aligned} \ddot{z}_{p}+\omega_{0}^{2} z_{p} &=A e^{i \omega_{0} t}\left(2 i \omega_{0}-\omega_{0}^{2} t\right)+\omega_{0}^{2} A t e^{i \omega_{0} t} \\ &=2 i \omega_{0} A e^{i \omega_{0} t} \\ &=f e^{i \omega_{0} t} \end{aligned} \nonumber \]

Тому

\[A=\frac{f}{2 i \omega_{0}} \nonumber \]

і

\[\begin{aligned} x_{p} &=\operatorname{Re}\left\{\frac{f t}{2 i \omega_{0}} e^{i \omega_{0} t}\right\} \\ &=\frac{f t \sin \omega_{0} t}{2 \omega_{0}} \end{aligned} \nonumber \]

той самий результат, що і рівняння\ ref {8.29}.

Приклад: Знайти конкретне рішення\(\ddot{x}-3 \dot{x}-4 x=5 e^{-t}\).

Переглянути підручник на YouTube

Якщо ми наївно спробуємо ансац

\[x=A e^{-t} \nonumber \]

і підставляємо це в неоднорідне диференціальне рівняння, отримаємо

\[A+3 A-4 A=5 \nonumber \]

або\(0=5\), що явно нісенітниця. Тому наш ansatz не може знайти рішення. Причина цього збою полягає в тому, що відповідне однорідне рівняння має рішення

\[x_{h}=c_{1} e^{4 t}+c_{2} e^{-t}, \nonumber \]

так що неоднорідний член\(5 e^{-t}\) є одним з розв'язків однорідного рівняння. Щоб знайти конкретне рішення, ми повинні прийняти як наш ансац

\[x=A t e^{-t} \nonumber \]

з першими та другими похідними, заданими

\[\dot{x}=A e^{-t}(1-t), \quad \ddot{x}=A e^{-t}(-2+t) . \nonumber \]

Заміна в диференціальне рівняння дає

\[A e^{-t}(-2+t)-3 A e^{-t}(1-t)-4 A t e^{-t}=5 e^{-t} \nonumber \]

Терміни, що містять\(t\) скасування з цього рівняння, в результаті чого\(-5 A=5\), або\(A=-1\). Тому конкретним рішенням є

\[x_{p}=-t e^{-t} . \nonumber \]