2019年11月25日月曜日

パラメータ励振(5)

(パラメータ励振(4)からの続き)

\begin{equation}
\begin{aligned}
\ddot{x}+\dfrac{g-\ddot{\ell}}{\ell}x &= 0\\
\ell &= \ell_0(1-\epsilon \cos(\omega t + \delta))\\
g/\ell_0 &= \omega_0^2\\
\end{aligned}
\end{equation}
このブランコのモデルで,エネルギーが励振項から供給される様子を調べてみる。
微分方程式を変形すると次のようになる。
\begin{equation}
\ddot{x}+\omega_0^2 x = - \epsilon(\omega_0^2-\omega^2) \cos (\omega t + \delta ) x
\end{equation}
$\dot{x}$を微分方程式の両辺にかけると,
\begin{equation}
\dot{x} \ddot{x}+\omega_0^2 \dot{x} x = - \epsilon(\omega_0^2-\omega^2) \cos (\omega t + \delta ) \dot{x} x
\end{equation}
したがって,
\begin{equation}
\dfrac{d}{dt} (\dot{x}^2+\omega_0^2  x^2 )  = - \epsilon(\omega_0^2-\omega^2) \cos (\omega t + \delta ) \dot{x} x \equiv {\rm R}
\end{equation}
つまり,左辺は運動エネルギー+位置エネルギーの微分となるため,右辺がこれに対するエネルギーソースの働きをしている。そこで,右辺Rの符号を調べる。

ここで,$\omega=2\omega_0, \lambda = \dfrac{-3\epsilon \omega_0^2}{4\pi} < 0$とする。また,$\delta =(0, \pi/2, \pi, 3\pi/2)$に対して,$\varphi = (\pi/4, \pi/2, \pi/4, 0)$に注意する。
\begin{equation}
\begin{aligned}
x &= C_1 e^{\lambda t} \cos(\omega_0 t + \varphi) + C_2 e^{-\lambda t} \sin (\omega_0 t + \varphi)\\
\dot{x} &= \lambda \{ C_1 e^{\lambda t} \cos(\omega_0 t + \varphi) - C_2 e^{-\lambda t} \sin (\omega_0 t + \varphi) \} \\
&+\omega_0 \{ -C_1 e^{\lambda t} \sin(\omega_0 t + \varphi) + C_2 e^{-\lambda t} \cos (\omega_0 t + \varphi) \}
\end{aligned}
\end{equation}
初期条件として,$x(0)=c >0, \dot{x}(0)=0$とする。
\begin{equation}
\begin{aligned}
c &= C_1  \cos \varphi + C_2 \sin \varphi\\
0 &= \lambda \{ C_1 \cos \varphi - C_2 \sin \varphi \} \\
&+\omega_0 \{ -C_1 \sin \varphi + C_2 \cos \varphi \}
\end{aligned}
\end{equation}
これを解いて,
\begin{equation}
\begin{aligned}
C_1 &= c \dfrac{\lambda \sin \varphi - \omega_0 \cos \varphi}{\lambda \sin 2\varphi -\omega_0}\\
C_2 &= c \dfrac{\lambda \cos \varphi - \omega_0 \sin \varphi}{\lambda \sin 2\varphi -\omega_0}
\end{aligned}
\end{equation}
近似解は,$x(t)=c cos(\omega_0 t)$であるから,$\dot{x} \ x = -\dfrac{c^2}{2} \sin(2\omega_0 t) $ である。したがって,$\delta=\pi/2の場合$
\begin{equation}
{\rm R}= \epsilon(\omega_0^2-\omega^2) \cos (2\omega_0 t + \delta ) \dfrac{c^2}{2} \sin(2 \omega_0 t) = \dfrac{3 \omega_0^2 c^2}{2} \sin^2 (2\omega_0 t) > 0
\end{equation}
となって,エネルギーが増加することがわかる。また,$\delta = 3\pi/2$では符号が逆転する。


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