Составители:
Рубрика:
80
Рис. 2.11. К решению задачи 86.
которые имеют вид:
2m¨x
1
= −
9k
2
x
1
+
3
√
3k
2
y
1
,
6m¨y
1
= −
27k
2
y
1
+
3
√
3k
2
x
1
Решение этой системы ищем, как обычно, в виде x
1
, y
1
∼ exp(iωt), и
получаем систему алгебраических уравнений
2mω
2
− 9k/2 3
√
3k/2
3
√
3k/2 6mω
2
− 9k/2
x
1
y
1
= 0 .
Детерминант системы должен равняться нулю, что дает характеристи-
ческое уравнение 6ω
4
− (27k/m)ω
2
+ 27k
2
/m
2
= 0. Его корни равны
ω
2
1
= 3k/m, ω
2
2
= 3k/(2m). Вычисление соответствующих собственных
векторов приводит к результату [x
1
, y
1
]
T
1
= [1,
√
3/3]
T
и [x
1
, y
1
]
T
2
= [1, −
−
√
3/3]
T
. Собственные векторы
X
= [x
1
, y
1
, x
2
, y
2
, x
3
, y
3
]
T
, дополнен-
ные значениями координат всех шариков, найденными из соотношений
(1), имеют вид
X
1
= [1,
√
3/3, 0, −2
√
3/3, −1,
√
3/3]
T
,
X
2
= [1, −
√
3/3, 0, 2
√
3/3, −1, −
√
3/3]
T
.
Очевидно, что первая из этих собственных мод совпадает с уже най-
денной нами из соображений симметрии, поэтому мы получили только
одно дополнительное решение, соответствующее частоте ω
2
.
Однако сразу можно сказать, что третья собственная частота так-
же должна равняться ω
2
: ω
3
= ω
2
=
p
3k/(2m). Чтобы показать это,
рассмотрим колебания, при которых на оси симметрии остается, напри-
мер, первый шарик (см. рис. 2.11,б ). Очевидно, что при этом мы снова
Страницы
- « первая
- ‹ предыдущая
- …
- 78
- 79
- 80
- 81
- 82
- …
- следующая ›
- последняя »
