결합된 진동
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유희왕의 지속 함정 카드에 대한 내용은 연성하는 진동 문서 참고하십시오.1. 개요[편집]
coupled oscillation · 連成振動
여러 진동계가 서로 결합되어 서로 상호 작용하면서 진동하는 계를 말한다.
모든 용어는 한국 물리학회 용어집에 따랐다.
2. 이론[편집]
이러한 진동계를 분석할 때는 라그랑주 역학을 사용하는 것이 편리하다.
이에 일반화 좌표를 도입하는데, 일반화 좌표로 나타낸 운동 에너지는 다음과 같음을 해당 문서에서 증명했다.
[math(\begin{aligned} T=\frac{1}{2}\sum_{jk} m_{jk} \dot{q}_{j}\dot{q}_{k} \qquad \biggl(m_{jk}\equiv \sum_{\alpha i} m_{\alpha} \frac{\partial x_{\alpha i}}{\partial q_{j}} \frac{\partial x_{\alpha i}}{\partial q_{k}} \biggr) \end{aligned})]
이번에는 퍼텐셜 에너지를 고려해보자. 이제부터 우리는 평형점 근처의 미소 진동에 대해서만 다룰 것이며, 이에 평형점 근처에 대하여 퍼텐셜 에너지를 전개하면
[math(\begin{aligned} U=U_{0}+\sum_{j}\frac{\partial U}{\partial q_{j}} \biggr|_{\sf{equilibrium}}q_{j}+\frac{1}{2!}\sum_{jk} \frac{\partial^{2} U}{\partial q_{j} \partial q_{k}}\biggr|_{\sf{equilibrium}} q_{j}q_{k} \end{aligned})]
[math(U_{0})]는 평형점에서 퍼텐셜 에너지의 값이다. 평형점에서 우변의 제 2항은 0이 되고, 퍼텐셜 에너지에서 상수는 의미가 없으므로 퍼텐셜 에너지를 아래와 같이 써도 무방하다.
[math(\begin{aligned} U=\frac{1}{2} \sum_{jk} A_{jk} q_{j}q_{k}\qquad \biggl(A_{jk}\equiv \frac{\partial^{2} U}{\partial q_{j} \partial q_{k}}\biggr|_{\sf{equilibrium}} \biggr) \end{aligned})]
한편 일반적으로 [math(m_{jk}=m_{kj})], [math(A_{jk}=A_{kj})]이다.
따라서 해당 계의 라그랑지언은
[math(\begin{aligned} \mathscr{L}&=T-U \\ &=\frac{1}{2}\sum_{jk} m_{jk} \dot{q}_{j}\dot{q}_{k}-\frac{1}{2} \sum_{jk} A_{jk} q_{j}q_{k} \end{aligned})]
그런데 자세히 보면 이것은 이차형식으로 이루어져있다. 따라서 그 꼴을
[math(\begin{aligned} \mathscr{L}=\frac{1}{2} \mathbf{\dot{q}}^{T} \pmb{\mathsf{M} } \mathbf{\dot{q}}-\frac{1}{2} \mathbf{q}^{T} \pmb{\mathsf{A} } \mathbf{q} \end{aligned})]
형태로 쓸 수 있고, 예상했던 대로 [math(\pmb{\mathsf{M} })], [math(\pmb{\mathsf{A} })]는 대칭 행렬이다.
알다시피 이 라그랑지언에서는 서로 얽힌 좌표들이 등장하기 때문에, 예를 들어 [math(q_{1}q_{2})]같은 것 말이다, 운동의 양상이 어떠한 지 살펴보는 게 일반적으로 어렵다. 그러나 다행히도 이차형식은 좌표를 살짝 바꾸어주면 이 얽힌 좌표들을 처리할 수 있다.
대칭 행렬은 항상 직교 대각화 가능이다. 따라서 다음이 성립한다.
[math(\begin{aligned} \pmb{\mathsf{M} }=\pmb{\mathsf{P} } \pmb{\mathsf{D} } \pmb{\mathsf{P} }^{T} \end{aligned})]
여기서 [math(\pmb{\mathsf{D} })]는 대각 행렬, [math(\pmb{\mathsf{P} })]는 직교 행렬이다.
이제 다음의 좌표 변환을 생각하자.
[math(\begin{aligned} \mathbf{q}=\pmb{\mathsf{P} } \boldsymbol{\eta} \end{aligned})]
이것을 운동 에너지 항에 대입한다.
[math(\begin{aligned} 2T&=(\pmb{\mathsf{P} } \boldsymbol{\dot{\eta}})^{T} \pmb{\mathsf{M} } (\pmb{\mathsf{P} } \boldsymbol{\dot{\eta}}) \\&=\boldsymbol{\dot{\eta}}^{T}\pmb{\mathsf{P} }^{T}\pmb{\mathsf{M} } \pmb{\mathsf{P} }\boldsymbol{\dot{\eta}} \\&=\boldsymbol{\dot{\eta}}^{T}\pmb{\mathsf{D} } \boldsymbol{\dot{\eta}} \end{aligned})]
[math(\pmb{\mathsf{D} })]를 단위 행렬로 만들면 좀 더 쉬운 꼴로 써질 것같다. 이것을 위해 다음을 생각한다.
[math(\begin{aligned} \biggl( \frac{1}{\sqrt{\pmb{\mathsf D} }} \biggr)_{jk}=\frac{1}{\sqrt{D_{jk} }}\delta_{jk} \end{aligned})]
새로운 좌표를 다음과 같이 고려한다.
[math(\begin{aligned} {\boldsymbol{\eta}}=\frac{1}{\sqrt{\pmb{\mathsf D} }} \tilde{\boldsymbol{\eta}} \end{aligned})]
따라서
[math(\begin{aligned} 2T&=\tilde{\boldsymbol{\dot{\eta}} }^{T} \frac{1}{\sqrt{\pmb{\mathsf D} }} \pmb{\mathsf{D} } \frac{1}{\sqrt{\pmb{\mathsf D} }} \tilde{ \boldsymbol{\dot{\eta}} } \\&=\tilde{\boldsymbol{\dot{\eta}} }^{T} \pmb{\mathsf{I} } \tilde{ \boldsymbol{\dot{\eta}} } \end{aligned})]
[math(\pmb{\mathsf{I} })]는 단위 행렬이다. 따라서 이러한 과정을 거침으로써 운동 에너지가 한 좌표의 일반화 속도의 제곱 항만 나오도록 변경되었다.
이제 이 과정을 퍼텐셜 에너지에 대해서도 한다.
[math(\begin{aligned} 2U&=\tilde{\boldsymbol{\eta}}^{T} \frac{1}{\sqrt{\pmb{\mathsf D} }} \pmb{\mathsf{P} }^{T} \pmb{\mathsf{A} } \pmb{\mathsf{P} } \frac{1}{\sqrt{\pmb{\mathsf D} }} \tilde{\boldsymbol{\eta}} \\&\equiv \tilde{\boldsymbol{\eta}}^{T} \pmb{\mathsf{K} } \tilde{\boldsymbol{\eta}} \end{aligned})]
여기서 마찬가지로 [math(\pmb{\mathsf{K} }=\pmb{\mathsf{Q} }\pmb{\mathsf{S} }\pmb{\mathsf{Q} }^{T})]를 만족시키는 대각 행렬 [math(\pmb{\mathsf{S} })]에 대하여 좌표 변환
[math(\begin{aligned} \tilde{\boldsymbol{\eta}}=\pmb{\mathsf{Q} } \boldsymbol{\xi} \end{aligned})]
를 고려하여
[math(\begin{aligned} 2U=\boldsymbol{\xi}^{T} \pmb{\mathsf{S} } \boldsymbol{\xi} \end{aligned})]
형태로 나타낼 수 있으며, 운동 에너지 또한 해당 좌표 변환을 통해
[math(\begin{aligned} 2T&=\boldsymbol{\dot\xi}^{T} \pmb{\mathsf{I} } \boldsymbol{\dot\xi} \end{aligned})]
형태로 나타낼 수 있다.
이에 좌표 변환을 통해
[math(\begin{aligned} \mathscr{L}&=\frac{1}{2} (\boldsymbol{\dot\xi}^{T} \pmb{\mathsf{I} } \boldsymbol{\dot\xi} -\boldsymbol{\xi}^{T} \pmb{\mathsf{S} } \boldsymbol{\xi}) \\ &=\frac{1}{2} \sum_{j} [ \dot{\xi}_{j}^{2}- \omega^{2}_{j} \xi_{j}^{2} ] \end{aligned})]
로 얽힌 좌표 없이 나타낼 수 있게 됐다. 여기서 [math(S_{jj}=\omega^{2}_{j})]이고, 이를 고유 진동수라 한다. 물론 [math(\omega_{j}^{2} \leq 0)]인 경우도 존재할 것이나 그런 경우에는 감쇠 항이 나타나므로 불안정한 모드가 존재하는 것이다.
오일러-라그랑주 방정식을 통해 운동 방정식을 얻으면
[math(\begin{aligned} \ddot{\xi}_{j}+\omega^{2}_{j} \xi_{j}=0 \end{aligned})]
이것은 익숙한 방정식으로 이 방정식의 해는
[math(\begin{aligned} \xi_{j}(t)=a_{j}e^{i (\omega_{j} t+\delta_{j})} \end{aligned})]
인데, 마치 이 좌표에서는 독립된 조화 진동자가 진동수를 가지고 진동하는 것처럼 기술된다. 이러한 좌표계를 표준 좌표계(normal coordinates)라 한다.
따라서 이 계의 운동 양상은 좌표 변환
[math(\begin{aligned} \mathbf{q}&=\pmb{\mathsf{P} } \frac{1}{\sqrt{\pmb{\mathsf D} }} \pmb{\mathsf{Q} } \boldsymbol{\xi} \\ & \equiv \pmb{\mathsf{C} } \boldsymbol{\xi} \end{aligned})]
를 이용함으로써
[math(\begin{aligned} q_{i}=\sum_{j} \beta_{ij} e^{i (\omega_{j} t+\delta_{j})} \qquad (\beta_{ij} \equiv C_{ij}a_{j}) \end{aligned})]
형태로 쓸 수 있다. 여기서 [math(\beta_{ij})], [math(\delta_{j})]는 초기 조건으로 정해진다. 즉, 표준 좌표의 진동 양상의 선형 결합이 일반화 좌표의 진동 양상으로 나타남을 알 수 있다.
이 방법은 역학적 진동계만 다룰 수 있는 건 아니며, 전기적 진동계에서도 다룰 수 있다.
2.1. 표준 모드[편집]
특정 조건에서는 진동계 자체의 물체들이 모두 고유 진동수를 가지면서 진동할 수 있다.
이런 조건에 있는 상태를 표준 모드(normal mode)라 한다.
위에서 논의했듯 고유 진동수는 행렬 [math(\pmb{\mathsf{K} })]를 대각화 하는 과정에서 나온 고윳값임을 알았다. 그럼 이 표준 모드의 특성을 나타내는 행렬은 어디에 있는가? 바로 행렬 [math(\pmb{\mathsf{C} })]에 있다.
행렬 [math(\pmb{\mathsf{C} })]를 다음과 같이 쓰자.
[math(\begin{aligned} \pmb{\mathsf{C} }=\begin{bmatrix} \mathbf{e}_{1} &\mathbf{e}_{2} & \cdots & \mathbf{e}_{j} & \cdots \end{bmatrix} \end{aligned})]
즉 열 벡터로 표현한 것이다. 이때, 고유 진동수 [math(\omega_{j}^{2} )]에 대응되는 표준 모드의 특성을 나타내는 열 벡터는 [math(\mathbf{e}_{j})]가 된다.
이제 [math(e_{jk})]를 [math(j)]번째 열 벡터의 [math(k)]번째 성분이라 하자. 이때, 표준 모드로 진동 시 첫 번째 일반화 좌표의 변위와 [math(k)]번째 일반화 좌표의 변위 비는 [math(e_{j1}:e_{jk})]가 된다. 부호가 서로 반대라면 서로 반대 방향으로 진동함을 뜻한다.
마지막으로 진동계의 양상은 결국 단일 진동계에서 다룬 것과 마찬가지로 이 표준 모드들의 진동의 선형 결합이라는 점을 덧붙인다.
3. 예시[편집]
3.1. 결합 조화 진동자[편집]
파일:namu_연성진동_예제.png
위 그림과 같이 [math(m_{1})]에 용수철 상수가 [math(k)], [math(\kappa)]인 용수철이 양쪽으로 각각 연결되어 있고, [math(m_{2})] 또한 마찬가지이다. 각각의 용수철은 초기에 자연 길이였고, [math(m_{1})], [math(m_{2})]의 각각의 수평 이동 거리 [math(x_{1})], [math(x_{2})]를 일반화 좌표로 정한다.
그러면, 계의 라그랑지언은 다음과 같이 주어짐을 쉽게 확인할 수 있다.
[math(\begin{aligned} \mathscr{L}&=\frac{1}{2}m_{1}\dot{x}_{1}^{2}+\frac{1}{2}m_{2}\dot{x}^{2}_{2}-\left[ \frac{1}{2}kx_{1}^{2}+\frac{1}{2}kx_{2}^{2}+\frac{1}{2}\kappa (x_{1}-x_{2})^{2}\right]\\ &=\frac{1}{2}m_{1}\dot{x}_{1}^{2}+ \frac{1}{2}m_{2}\dot{x}^{2}_{2}-\left[\frac{1}{2}(k+\kappa)x_{1} ^{2}+\frac{1}{2}(k+\kappa)x_{2} ^{2}-\kappa x_{1}x_{2} \right] \end{aligned})]
여기서 [math(\mathbf{q}^{T}=\begin{bmatrix}x_{1} & x_{2} \end{bmatrix})]이라 쓰면 다음과 같이 행렬 꼴로 나타낼 수 있다.
[math(\begin{aligned} \mathscr{L}=\frac{1}{2}\mathbf{\dot q}^{T} \begin{bmatrix}m_{1} & 0 \\ 0 & m_{2} \end{bmatrix} \mathbf{\dot q}-\frac{1}{2} \mathbf{q}^{T} \begin{bmatrix}k+\kappa & -\kappa \\ -\kappa & k+\kappa \end{bmatrix} \mathbf{q} \end{aligned})]
다행스럽게도 이 문제에서는 운동 에너지가 대각화 되어 있다. 따라서 번째 변수 치환
[math(\begin{aligned} \mathbf{q}=\begin{bmatrix}\dfrac{1}{\sqrt{m_{1}} } & 0 \\\\ 0 & \dfrac{1}{\sqrt{m_{2}} } \end{bmatrix} \boldsymbol{\eta}\end{aligned})]
이렇게 되면
[math(\begin{aligned} \mathscr{L}& =\frac{1}{2}\boldsymbol{\dot \eta}^{T} \pmb{\mathsf{I} } \boldsymbol{\dot \eta}-\frac{1}{2} \boldsymbol{\eta}^{T} \begin{bmatrix}\dfrac{1}{\sqrt{m_{1}} } & 0 \\\\ 0 & \dfrac{1}{\sqrt{m_{2}} } \end{bmatrix}\begin{bmatrix}k+\kappa & -\kappa \\ -\kappa & k+\kappa \end{bmatrix}\begin{bmatrix}\dfrac{1}{\sqrt{m_{1}} } & 0 \\ 0 & \dfrac{1}{\sqrt{m_{2}} } \end{bmatrix}\boldsymbol{\eta} \\&= \frac{1}{2}\boldsymbol{\dot \eta}^{T} \pmb{\mathsf{I} } \boldsymbol{\dot \eta}-\frac{1}{2} \boldsymbol{\eta}^{T} \begin{bmatrix} \dfrac{k+\kappa}{m_{1}} & -\dfrac{\kappa}{\sqrt{m_{1}m_{2} }} \\ \\ -\dfrac{\kappa}{\sqrt{m_{1}m_{2} }}& \dfrac{k+\kappa}{m_{2}} \end{bmatrix} \boldsymbol{\eta} \end{aligned})]
문제를 간단히 하기 위해 동일 질량 [math(m_{1}=m_{2}\equiv m)]으로 놓자. 여기서
[math(\begin{aligned} \mathscr{L}&= \frac{1}{2}\boldsymbol{\dot \eta}^{T} \pmb{\mathsf{I} } \boldsymbol{\dot \eta}-\frac{1}{2} \boldsymbol{\eta}^{T} \begin{bmatrix} \dfrac{k+\kappa}{m} & -\dfrac{\kappa}{m} \\ \\ -\dfrac{\kappa}{m}& \dfrac{k+\kappa}{m} \end{bmatrix} \boldsymbol{\eta} \end{aligned})]
이제 퍼텐셜 에너지에 나온 행렬을 대각화한다.
[math(\begin{aligned} \begin{bmatrix} \dfrac{k+\kappa}{m} & -\dfrac{\kappa}{m} \\ \\ -\dfrac{\kappa}{m}& \dfrac{k+\kappa}{m} \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} \dfrac{1}{\sqrt{2}} & \dfrac{1}{\sqrt{2}} \\ \\ \dfrac{1}{\sqrt{2}} & -\dfrac{1}{\sqrt{2}} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \dfrac{k}{m} & 0 \\ \\ 0 & \dfrac{k+2\kappa}{m} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \dfrac{1}{\sqrt{2}} & \dfrac{1}{\sqrt{2}} \\ \\ \dfrac{1}{\sqrt{2}} & -\dfrac{1}{\sqrt{2}} \end{bmatrix}^{T} \end{aligned})]
또다시 변수 치환
[math(\begin{aligned} \boldsymbol{\eta}=\begin{bmatrix} \dfrac{1}{\sqrt{2}} & \dfrac{1}{\sqrt{2}} \\ \\ \dfrac{1}{\sqrt{2}} & -\dfrac{1}{\sqrt{2}} \end{bmatrix} \boldsymbol{\xi} \end{aligned})]
을 이용하면
[math(\begin{aligned} \mathscr{L}&= \frac{1}{2}\boldsymbol{\dot \xi}^{T} \pmb{\mathsf{I} } \boldsymbol{\dot \xi}-\frac{1}{2} \boldsymbol{\xi}^{T} \begin{bmatrix} \dfrac{k}{m} & 0 \\ \\ 0 & \dfrac{k+2\kappa}{m} \end{bmatrix} \boldsymbol{\xi} \\ &\equiv \frac{1}{2}\boldsymbol{\dot \xi}^{T} \pmb{\mathsf{I} } \boldsymbol{\dot \xi}-\frac{1}{2} \boldsymbol{\xi}^{T} \begin{bmatrix} \omega_{1}^{2}& 0 \\ 0 & \omega_{2}^{2} \end{bmatrix} \boldsymbol{\xi} \end{aligned})]
으로 써져 다음과 같은 꼴로 남는다.
[math(\begin{aligned} \mathscr{L}=\left[\frac{1}{2}\dot{\xi}_{1}^{2}-\frac{1}{2}\omega_{1}^{2}\xi_{1} \right]+\left[\frac{1}{2}\dot{\xi}_{2}^{2}-\frac{1}{2}\omega_{2}^{2}\xi_{2} \right] \end{aligned})]
따라서 각각의 표준 좌표로만 이루어진 독립된 두 항으로 분리되었다. 오일러-라그랑주 방정식에 대입하면 다음과 같은 두 단순 조화 진동자의 운동 방정식을 얻는다.
[math(\begin{aligned} \ddot{\xi}_{1}+\omega_{1}^{2}\xi_{2} &=0 \\ \ddot{\xi}_{2}+\omega_{2}^{2}\xi_{2} &=0 \end{aligned})]
따라서 표준 좌표의 정의와 같게 이 좌표에선 독립된 조화 진동자가 각각의 진동수로 진동하는 것 처럼 보이게 된다. 그 해는
[math(\begin{aligned} \xi_{1}&=a_{1}e^{i(\omega_{1} t +\delta_{1})} \\ \xi_{2}&=a_{2}e^{i(\omega_{2} t +\delta_{2})} \end{aligned})]
이제 표준 좌표와 고유 진동수를 알았으므로 본래의 일반화 좌표로 되돌리는 일만 남아있다.
[math(\begin{aligned} \begin{bmatrix}x_{1} \\ x_{2} \end{bmatrix}&=\begin{bmatrix}\dfrac{1}{\sqrt{m}} & 0 \\\\ 0 & \dfrac{1}{\sqrt{m}} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \dfrac{1}{\sqrt{2}} & \dfrac{1}{\sqrt{2}} \\ \\ \dfrac{1}{\sqrt{2}} & -\dfrac{1}{\sqrt{2}} \end{bmatrix} \begin{bmatrix}\xi_{1} \\ \xi_{2} \end{bmatrix} \\&= \begin{bmatrix} \dfrac{1}{\sqrt{2m}} & \dfrac{1}{\sqrt{2m}} \\ \\ \dfrac{1}{\sqrt{2m}} & -\dfrac{1}{\sqrt{2m}} \end{bmatrix} \begin{bmatrix}\xi_{1} \\ \xi_{2} \end{bmatrix} \end{aligned})]
정리하면 다음을 얻는다.
[math(\begin{aligned} x_{1}&=\frac{1}{\sqrt{2m}} (\xi_{1}+\xi_{2}) \\ x_{2}&=\frac{1}{\sqrt{2m}} (\xi_{1}-\xi_{2}) \\ \\ \xi_{1}&=\sqrt{\frac{m}{2}}(x_{1}+x_{2}) \\ \xi_{2}&=\sqrt{\frac{m}{2}}(x_{1}-x_{2}) \end{aligned})]
이것이 일반화 좌표와 표준 좌표의 관계이다.
이제부터는 실제적인 해를 구해보자. [math(m=2\,{\rm kg})], [math(k=\kappa=1\,{\rm N/m})], [math(x_{1}(0)=2\,{\rm cm})], [math(x_{2}(0)=4\,{\rm cm})], [math(\dot{x}_{1}(0)=\dot{x}_{2}(0)=0)]을 도입하면 [math(\xi_{1}(0)=6\,{\rm cm})], [math(\xi_{2}(0)=-2\,{\rm cm})], [math(\dot{\xi}_{1}(0)=\dot{\xi}_{2}(0)=0)]이다.
[math(\begin{aligned} \xi_{1}(t)&=6\cos{(\omega_{1}t)} \\ \xi_{2}(t)&=-2\cos{(\omega_{2} t)} \\ \\ x_{1}(t)&=3\cos{(\omega_{1}t)}-\cos{(\omega_{2} t)} \\ x_{2}(t)&=3\cos{(\omega_{1}t)}+\cos{(\omega_{2} t)} \end{aligned})]
또한 고유 진동수 [math(\omega_{1}=\sqrt{0.5}\,{\rm rad/s})], [math(\omega_{2}=\sqrt{1.5}\,{\rm rad/s})]이다. 이것의 그래프는 아래와 같다.
이것 처럼 운동의 양상은 표준 좌표계의 진동 양상의 선형 결합으로 나타남을 알 수 있다. 그렇기 때문에 결합된 진동 문제를 다룰 때는 표준 좌표계의 응답을 구하는 것이 중요한 것이다.
이번엔 계가 하나의 고유 진동수로만 움직이는 경우인 표준 모드를 찾아보자. 이것은 운동의 양상은 표준 좌표계의 진동 양상의 선형 결합으로 나타남을 이용하는데, 표준 좌표계의 해를 검토하는 것에서부터 시작한다.
[math(\begin{aligned} \xi_{1}&=a_{1}e^{i(\omega_{1} t +\delta_{1})} \\ \xi_{2}&=a_{2}e^{i(\omega_{2} t +\delta_{2})} \end{aligned})]
[math(\omega_{1})]이라는 단일 진동수로 계가 진동한다면 [math(a_{2}=0)]이다. 즉, 이때 계는
[math(\begin{aligned} \xi_{1}&=a_{1}e^{i(\omega_{1} t +\delta_{1})} \\ \xi_{2}&=0 \end{aligned})]
따라서
[math(\begin{aligned} x_{1}=x_{2}=\gamma_{1} e^{i\omega_{1} t} \end{aligned})]
[math(\gamma_{1})]는 초기 조건으로 결정되며, 위상까지 같이 고려된 적분 상수이다. 이 처럼 이 경우엔 각 입자들의 변위가 같게 되는 대칭 모드(symmetric mode)를 갖는다. 반대로, [math(a_{1}=0)]인 경우엔 단일 진동수 [math(\omega_{2})]로 계가 진동하며 이때는
[math(\begin{aligned} x_{1}=-x_{2}=\gamma_{2} e^{i\omega_{2} t} \end{aligned})]
와 같이 입자들의 변위가 서로 반대가 되는 반대칭 모드(antisymmetric mode)를 갖게 된다. 즉, 두 개의 표준 모드를 갖는 것이다.
이때, 구해진 고유 진동수의 형태에서 알 수 있듯 반대칭 모드가 대칭 모드보다 더 빨리 진동한다.
표준 좌표에서 일반화 좌표로 변환하는 행렬('이론' 문단에서 설명한 행렬 [math(\pmb{\mathsf{C} })])의 각 열 벡터의 성분의 특성을 확인하여 표준 모드의 특성을 확인 해보자.
3.2. 이중 진자[편집]
이중 진자는 단진자 문서를 통해 분석한 바 있다. 해당 문서의 결과를 사용하면 라그랑지언은 다음과 같이 주어진다.
[math(\displaystyle \begin{aligned} \mathscr{L}=\frac{1}{2}m_{1}(l_{1} \dot{\theta}_{1})^{2}+\frac{1}{2}m_{2}[(l_{1}\dot{\theta}_{1})^{2}+(l_{2} \dot{\theta}_{2})^{2}+2l_{1}l_{2}\dot{\theta}_{1}\dot{\theta}_{2}\cos{(\theta_{1}-\theta_{2})}]+[m_{1}gl_{1}\cos{\theta_{1}}+m_{2}g(l_{1}\cos{\theta_{1}}+l_{2}\cos{\theta_{2}}) ] \end{aligned} )]
진자가 평형점을 기준으로 미소 진동한다고 가정하면
[math(\displaystyle \begin{aligned} \sin{\theta_{j}} &\approx \theta_{j} \\ \cos{\theta_{j}} &\approx 1-\frac{\theta_{j}^{2}}{2} \\ \cos{(\theta_{1}-\theta_{2})} &\approx 1 \end{aligned} )]
이 근사[1][2]를 사용하면 라그랑지언은
[math(\displaystyle \begin{aligned} \mathscr{L}=\frac{1}{2}m_{1}(l_{1} \dot{\theta}_{1})^{2}+\frac{1}{2}m_{2}[(l_{1}\dot{\theta}_{1})^{2}+(l_{2} \dot{\theta}_{2})^{2}+2l_{1}l_{2}\dot{\theta}_{1}\dot{\theta}_{2}]-\frac{1}{2}[m_{1}gl_{1}\theta_{1}^{2}+m_{2}gl_{1}\theta_{1}^{2}+m_{2}gl_{2}\theta_{2}^{2} ] \end{aligned} )]
[1] 두 번째 항에서 이차항은 왜 넣는가 궁금한 사람도 있을 것이다. 이것을 넣지 않으면 퍼텐셜 항은 0이 되는데, 이렇게 되면 중력에 의한 퍼텐셜이 상수가 되어 (오일러-라그랑주 방정식 사용 시 0이 되어) 운동에 영향을 끼치지 못하게 되는데 이는 이중 진자의 운동의 기술과 거리가 멀어지게 되므로 넣는 것이다.[2] 마지막 항을 왠지 더 전개해야 할 것 같다는 마음이 들면 눈썰미가 좋은 것이다. 다만, 그렇게 하면 일반화 속도와 일반화 좌표가 얽히게 되는 문제가 발생한다. 그렇게 되면 우리가 다루는 이론을 통한 전개가 불가능하므로 일단은 이렇게 전개한다.
상수는 오일러-라그랑주 방정식 사용 시 사라지므로 기입하지 않았다. 다음의 변수 치환을 고려하자.
[math(\displaystyle \begin{aligned} \sqrt{m_{1}} l_{1}\theta_{1} \equiv x_{1} \\ \sqrt{m_{2}}(l_{1}\theta_{1}+l_{2}\theta_{2}) & \equiv x_{2} \end{aligned} )]
이 변수 치환은 [math(\mathbf{q}^{T}=\begin{bmatrix}\theta_{1} & \theta_{2} \end{bmatrix})], [math(\boldsymbol{\eta}^{T}=\begin{bmatrix}x_{1} & x_{2} \end{bmatrix})]라 할 때
[math(\displaystyle \begin{aligned} \mathbf{q}=\begin{bmatrix} \dfrac{1}{l_{1} \sqrt{m_{1} }} & 0 \\ \\ -\dfrac{1}{l_{2}\sqrt{m_{1}} } &\dfrac{1}{l_{2}\sqrt{m_{2}} } \end{bmatrix} \boldsymbol{\eta} \end{aligned} )]
의 변환으로 이루어진 것이다.
라그랑지언은
[math(\displaystyle \begin{aligned} \mathscr{L}&=\frac{1}{2}\dot{x}_{1}^{2}+\frac{1}{2}\dot{x}_{2}^{2}-\frac{1}{2} \left[\left[\frac{g}{l_{1}}+\frac{m_{2}}{m_{1}}\frac{g}{l_{1}}+\frac{m_{2}}{m_{1}}\frac{g}{l_{2}} \right]x_{1}^{2} +\frac{g}{l_{2}}x_{2}^{2}-\frac{2g}{l_{2}}\sqrt{\frac{m_{2}}{m_{1} }}x_{1}x_{2} \right] \\&=\frac{1}{2}\boldsymbol{\dot\eta}^{T}\boldsymbol{\pmb{\mathsf{I} }}\boldsymbol{\dot\eta}-\frac{1}{2}\boldsymbol{\eta}^{T}\begin{bmatrix} \dfrac{g}{l_{1}}+\dfrac{m_{2}}{m_{1}}\dfrac{g}{l_{1}}+\dfrac{m_{2}}{m_{1}}\dfrac{g}{l_{2}}&-\dfrac{g}{l_{2}}\sqrt{\dfrac{m_{2}}{m_{1} }} \\ \\ -\dfrac{g}{l_{2}}\sqrt{\dfrac{m_{2}}{m_{1} }} &\dfrac{g}{l_{2}}\end{bmatrix}\boldsymbol{\eta} \qquad \left( \boldsymbol{\eta}=\begin{bmatrix} x_{1}\\x_{2} \end{bmatrix} \right ) \end{aligned} )]
문제를 간단히 하기 위해 [math(m_{1}=m_{2} \equiv m)], [math(l_{1}=l_{2} \equiv l)]을 사용한다.
[math(\displaystyle \begin{aligned} \mathscr{L}&=\frac{1}{2}\boldsymbol{\dot\eta}^{T}\boldsymbol{\pmb{\mathsf{I} }}\boldsymbol{\dot\eta}-\frac{1}{2}\boldsymbol{\eta}^{T}\begin{bmatrix} \dfrac{3g}{l}&-\dfrac{g}{l}\\ \\ -\dfrac{g}{l} &\dfrac{g}{l}\end{bmatrix}\boldsymbol{\eta} \end{aligned} )]
여기서 나타난 퍼텐셜 에너지의 행렬을 직교 대각화 함으로써 그 고유 진동수는
[math(\displaystyle \begin{aligned} \omega_{1}^{2}&=\frac{(2-\sqrt{2})g}{l} \\ \omega_{2}^{2}&=\frac{(2+\sqrt{2})g}{l} \end{aligned} )]
임을 얻고, 좌표 변환은
[math(\displaystyle \begin{aligned} \boldsymbol{\eta}=\begin{bmatrix} \dfrac{\sqrt{2}-1}{\sqrt{2(2-\sqrt{2})}} &-\dfrac{\sqrt{2}+1}{\sqrt{2(2-\sqrt{2})}} \\ \\ \dfrac{1}{\sqrt{2(2-\sqrt{2})}}& \dfrac{1}{\sqrt{2(2-\sqrt{2})}} \end{bmatrix} \boldsymbol{\xi} \end{aligned} )]
으로 하여 최종적인 라그랑지언 형태를 얻는다.
[math(\displaystyle \begin{aligned} \mathscr{L}&=\frac{1}{2}\boldsymbol{\dot\xi}^{T}\boldsymbol{\pmb{\mathsf{I} }}\boldsymbol{\dot\xi}-\frac{1}{2}\boldsymbol{\xi}^{T}\begin{bmatrix} \omega_{1}^{2}&0\\ 0 &\omega_{2}^{2}\end{bmatrix}\boldsymbol{\xi} \end{aligned} )]
이상에서 표준 좌표의 진동 형태는
[math(\displaystyle \begin{aligned} \xi_{1}&=a_{1}e^{i(\omega_{1} t+\delta_{1})} \\ \xi_{2}&=a_{2}e^{i(\omega_{2} t+\delta_{2})} \end{aligned} )]
를 얻고, 일반화 좌표는 다음으로 얻을 수 있다.
[math(\displaystyle \begin{aligned} \begin{bmatrix}\theta_{1}\\\theta_{2}\end{bmatrix}&=\begin{bmatrix} \dfrac{1}{l \sqrt{m }} & 0 \\ \\ -\dfrac{1}{l\sqrt{m} } &\dfrac{1}{l\sqrt{m} } \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \dfrac{\sqrt{2}-1}{\sqrt{2(2-\sqrt{2})}} &-\dfrac{\sqrt{2}+1}{\sqrt{2(2-\sqrt{2})}} \\ \\ \dfrac{1}{\sqrt{2(2-\sqrt{2})}}& \dfrac{1}{\sqrt{2(2-\sqrt{2})}} \end{bmatrix} \begin{bmatrix}\xi_{1}\\\xi_{2}\end{bmatrix} \\&=\frac{1}{l\sqrt{m}} \begin{bmatrix} \dfrac{\sqrt{2-\sqrt{2} }}{2} & -\dfrac{\sqrt{2+\sqrt{2} }}{2} \\\\ \sqrt{1-\dfrac{1}{\sqrt{2} }} & \sqrt{1+\dfrac{1}{\sqrt{2} }}\end{bmatrix} \begin{bmatrix}\xi_{1}\\\xi_{2}\end{bmatrix} \end{aligned} )]
이번에도 표준 모드를 찾아보자. [math(a_{2}=0)]일 때
[math(\displaystyle \begin{aligned} \theta_{2}=\sqrt{2}\theta_{1} \end{aligned} )]
[math(\omega_{1})]의 진동수로 서로 같은 방향으로 진동한다. 단, 맨 아래에 매달린 물체의 각 변위는 위에 매달린 물체에 [math(\sqrt{2})]배가 된다. 따라서 이 경우 대칭 모드가 된다. 마찬가지의 방법으로 [math(a_{1}=0)]일 때,
[math(\displaystyle \begin{aligned} \theta_{2}=-\sqrt{2}\theta_{1} \end{aligned} )]
[math(\omega_{1})]의 진동수로 서로 다른 방향으로 진동한다. 단, 맨 아래에 매달린 물체의 각 변위는 위에 매달린 물체에 [math(\sqrt{2})]배가 된다. 따라서 이 경우 반대칭 모드가 된다.
파일:namu_연성진동_예제2_대칭_반대칭.png
마찬 가지로 반대칭 모드일 때가 더 진동수가 크다.
표준 좌표에서 일반화 좌표로 변환하는 행렬의 각 열 벡터의 성분의 특성을 확인하여 표준 모드의 특성을 확인 해보자.
3.3. 분자 진동[편집]
이 문단에서는 3개의 원자로 이루어진 선형 분자를 고려하자. 그 예로는 [math(\rm CO_{2})] 분자 등이 있을 것이다. 물론 분자는 회전 운동도 가능하고, 대칭축을 기준으로 세로 운동도 가로 운동도 가능하다. 하지만 여기서는 가로로 운동하는 직선 운동만 고려할 것이다.
고려하는 것은 위 그림과 같이 모델링 가능하다. 일반화 좌표를 그림과 같이 잡자.
계의 운동 에너지는
[math(\begin{aligned} T=\frac{1}{2}m(\dot{x}_{1}^{2}+\dot{x}_{3}^{2})+\frac{1}{2}M\dot{x}_{2}^{2} \end{aligned})]
이고, 퍼텐셜 에너지는
[math(\begin{aligned} U&=\frac{1}{2}k[(x_{1}-x_{2})^{2}+(x_{2}-x_{3})^{2}] \\&=\frac{1}{2}k [x_{1}^{2}+2x_{2}^{2}+x_{3}^{2}-2x_{1}x_{2}-2x_{2}x_{3} ] \end{aligned})]
이상에서 라그랑지언은 다음과 같이 나타낼 수 있다.
[math(\begin{aligned} \mathscr{L}&=\frac{1}{2} \mathbf{\dot q}^{T} \begin{bmatrix} m&0 &0 \\ 0 & M & 0 \\ 0 &0 &m \end{bmatrix} \mathbf{\dot q}-\frac{1}{2}\mathbf{q}^{T}\begin{bmatrix} k&-k &0 \\ -k & 2k & -k \\ 0 &-k &k \end{bmatrix}\mathbf{q} \\ \mathbf{q}&=\begin{bmatrix}x_{1}\\x_{2}\\x_{3} \end{bmatrix} \end{aligned})]
이것을 위에서 설명한 과정을 거치면 다음과 같이 쓸 수 있다.
[math(\begin{aligned} \mathscr{L}&=\frac{1}{2} \boldsymbol{\dot \xi}^{T} \pmb{\mathsf{I}} \boldsymbol{\dot \xi}-\frac{1}{2} \boldsymbol{ \xi}^{T} \begin{bmatrix} \omega_{1}^{2}&0 &0 \\ 0 & \omega_{2}^{2} & 0 \\ 0 &0 &\omega_{3}^{2} \end{bmatrix} \boldsymbol{ \xi} \\ \\ \omega_{1}^{2}&=0 \\ \omega_{2}^{2}&=\frac{k}{m} \\ \omega_{3}^{2}&=k\biggl(\frac{1}{m}+\frac{2}{M} \biggr) \\ \\ \mathbf{q}&=\begin{bmatrix} \dfrac{1}{\sqrt{m}\sqrt{ \dfrac{2m^2+M^2}{m^2} }} & -\dfrac{1}{\sqrt{2m}} & \dfrac{1}{\sqrt{2m}\sqrt{ \dfrac{2m^2+M^2}{M^2} }}\\ \\ \dfrac{1}{\sqrt{m}\sqrt{ \dfrac{2m^2+M^2}{m^2} }} & 0& -\dfrac{\sqrt{2m}}{M\sqrt{ \dfrac{m^2+M^2}{m^2} }} \\ \\ \dfrac{1}{\sqrt{m}\sqrt{ \dfrac{2m^2+M^2}{m^2} }} &\dfrac{1}{\sqrt{2m}} &\dfrac{1}{\sqrt{2m}\sqrt{ \dfrac{2m^2+M^2}{M^2} }} \end{bmatrix} \boldsymbol{\xi} \end{aligned})]
이 문제에서 총 3가지의 표준 모드가 다음과 같은 있음을 얻는다.
3.4. 질량이 걸린 현[편집]
그림 (a)와 같이 너비가 [math(L)]인 벽에 현에 매달고, [math(n)]개의 질량을 달았다고 하자.[3][4] 문제를 쉽게하기 위해서 모든 질량은 동일하며, 그 간격은 [math(a)]로 동일하다고 가정할 것이다. 또한 이 계에는 현에 의한 탄성 퍼텐셜 에너지를 제외한 나머지 퍼텐셜 에너지는 없다고 가정한다. 즉, 중력을 고려하지 않는다.
[math(j)]번째 입자는 현에 수직인 방향으로만 움직인다고 가정하며, 현의 초기 위치에서 [math(q_{j})]만큼 이동했다고 가정하자.
[math(j-1)]번째 질량과 [math(j)]번째 입자 사이는 현의 길이는 초기에 [math(a)]로 같으나 현이 늘어나면서 길이는
[math(\begin{aligned} [a^2+(q_{j}-q_{j-1})^2]^{1/2} \end{aligned})]
이 된다. 단순히 피타고라스 정리를 사용했을 뿐이다. 단 여기서 하나 정의를 하는데, [math(q_{0} =q_{n+1} \equiv 0)]이다. 미소 진동을 고려한다면, [math(q_{j}-q_{j-1} \ll a)]가 성립할 것이어서
[math(\begin{aligned} [a^2+(q_{j}-q_{j-1})^2]^{1/2} \approx a \biggl[ 1+\frac{1}{2}\biggl( \frac{q_{j}-q_{j-1}}{a} \biggr)^{2} \biggr] \end{aligned})]
으로 쓰여져 결국 현의 길이의 변화는 아래와 같다.
[math(\begin{aligned} \Delta_{j}&=[a^2+(q_{j}-q_{j-1})^2]^{1/2}-a \\& \approx \frac{1}{2}\frac{(q_{j}-q_{j-1})^{2}}{a} \end{aligned})]
미소 진동을 고려하고 있기에 줄이 조금 늘어나더라도 근사적으로 그 장력은 동일할 것이다. 따라서 줄에 작용하는 장력을 [math(T)]라고 두면, 변형된 길이만큼의 줄이 변형되는데 한 일은 현의 탄성 에너지로 축적[5]되어
[math(\begin{aligned} U&=\sum_{j=1}^{n+1}T\Delta_{j} \\&=\frac{T}{2a} \sum_{j=1}^{n+1}(q_{j}-q_{j-1} )^{2} \end{aligned})]
[5] 쉽게 생각하면 줄 사이에 용수철이 연결되어 있다고 생각해보자. 그럼 용수철에 축적된 에너지는 곧 용수철의 변형된 길이만큼의 용수철에 해준 일과 같다.
운동 에너지는 쉽게 다음과 같이 결정 가능하다.
[math(\begin{aligned} T=\sum_{j=1}^{n+1}\frac{1}{2}m\dot{q}_{j}^{2} \end{aligned})][6]
[6] [math(q_{n+1}=0)]으로 약속했으므로 합에 넣어도 무관하다.
계의 라그랑지언은
[math(\begin{aligned} \mathscr{L}=\sum_{j=1}^{n+1} \biggl[\frac{1}{2}m\dot{q}_{j}^{2}-\frac{T}{2a}(q_{j}-q_{j-1})^{2} \biggr] \end{aligned})]
이것은 다음과 같이 쓸 수 있다.
[math(\begin{aligned} \mathscr{L}&=\frac{m}{2} \mathbf{\dot q}^{T} \pmb{\mathsf{I} } \mathbf{\dot q} -\frac{1}{2} \mathbf{ q}^{T} \pmb{\mathsf{K} } \mathbf{ q} \\ \\ \pmb{\mathsf{K} }&=\frac{T}{a}\begin{bmatrix} 2 & -1 &0&0 &0 &\cdots &0&0\\-1 &2 & -1&0 &0 &\cdots &0&0\\0&-1&2&-1 &0&\cdots&0&0 \\ 0&0&-1&2&-1&\cdots &0&0\\ 0&0&0&-1&2&\cdots &0&0\\ \vdots & \vdots & \vdots &\vdots &\vdots &\ddots &\vdots&\vdots \\ 0&0&0&0&0&\cdots&2&-1 \\ 0&0&0&0&0&\cdots&-1&2 \end{bmatrix} \end{aligned})]
[math(\pmb{\mathsf{K} })]는 [math(n\times n)] 행렬이다. 한편, 변수 치환 [math(\eta_{j}=q_{j}\sqrt{m})]를 하면
[math(\begin{aligned} \mathscr{L}&=\frac{1}{2} \mathbf{\dot \eta}^{T} \pmb{\mathsf{I} } \mathbf{\dot \eta} -\frac{1}{2} \mathbf{ \eta}^{T} \pmb{\mathsf{K} } \mathbf{ \eta} \end{aligned})]
행렬 [math(\pmb{\mathsf{K} })]와 같은 꼴은 아주 재미있게도 그 명칭이 있는데, 대칭 삼중 대각 행렬(symmetric tridiagonal matrix)이라 한다. 이 행렬의 꼴은 수학자들에 의해서 많이 연구되었으며, 이곳(영어)의 고윳값의 결과를 빌리면
[math(\begin{aligned} \omega_{k}^{2}=\frac{4T}{ma}\sin^2{\biggl[\frac{k \pi}{2(n+1)} \biggr]} \end{aligned})]
이제 위 행렬을 직교대각화하면 될 것이다. 그것을 만족하려면
[math(\begin{aligned} \frac{2T}{ma} \cos{\biggl(\frac{k \pi}{n+1} \biggr)} e_{kr} -e_{k,\,r-1}-e_{k,\,r+1}=0 \end{aligned})]
을 만족해야 한다. [math(e_{kj})]는 고유 진동수 [math(\omega_{k}^{2})]에 대한 고유 벡터의 [math(r)](단, [math(1\leq r \leq n)])번째 성분이다. [math(e_{k0}=e_{k,\,n+1}=0)]이다. 이것은 수열의 점화식으로 덧붙여진 조건에 유의해서 풀면
[math(\begin{aligned} e_{kr} = \frac{T e_{0}}{ma} \sin{\biggl( \frac{k \pi }{n+1}r \biggr)} \end{aligned})]
[math(e_{0})]는 상수이다. 정규화를 위해
[math(\begin{aligned} \mathbf{e}_{k} \boldsymbol{\cdot} \mathbf{e}_{k} &= e_{0}^{2} \left(\frac{T}{ma} \right)^{2}\sum_{r=1}^{n} \sin^{2}{\biggl( \frac{k \pi }{n+1}r \biggr)}\\&=\frac{n+1}{2}\left(\frac{T}{ma} \right)^{2} e_{0}^{2}\end{aligned})]
임을 고려하면, 고유 벡터로 이루어진 정규화된 행렬은
[math(\begin{aligned} e_{kr}=\frac{T}{ma} \frac{\sin{\biggl( \dfrac{k \pi }{n+1}r \biggr)} }{\sqrt{\dfrac{n+1}{2} }} \end{aligned})]
곧 일반화 좌표와 표준 좌표를 연결하는 행렬은 다음과 같음을 알 수 있다.
[math(\begin{aligned} q_{j}&=\sum_{k=1}^{n}\sum_{r=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{m}} \delta_{jk} e_{kr} \xi_{r}\\&=\sum_{k=1}^{n}\sum_{r=1}^{n} \frac{T}{m^{3/2}a} \delta_{jk} \frac{\sin{\biggl( \dfrac{k \pi }{n+1}r \biggr)} }{\sqrt{\dfrac{n+1}{2} }}\xi_{r} \\&=\sum_{r=1}^{n} \frac{T}{m^{3/2}a} \frac{\sin{\biggl( \dfrac{j \pi }{n+1}r \biggr)} }{\sqrt{\dfrac{n+1}{2} }}\xi_{r} \end{aligned})]
이고, 알다시피
[math(\begin{aligned} \xi_{r}(t)=a_{r}e^{i(\omega_{r}t+\delta_{r})} \end{aligned})]
로 주어지므로
[math(\begin{aligned} q_{j}(t)&=\sum_{r=1}^{n} \frac{Ta_{r}}{m^{3/2}a} \frac{\sin{\biggl( \dfrac{j \pi }{n+1}r \biggr)} }{\sqrt{\dfrac{n+1}{2} }}e^{i(\omega_{r}t+\delta_{r})} \\&\equiv \sum_{r=1}^{n} A_{r}\sin{\biggl( \dfrac{j \pi }{n+1}r \biggr)} e^{i (\omega_{r} t+\omega_{r})} \end{aligned})]
[math(A_{r})], [math(\omega_{r})]은 초기 조건으로 정해진다.
이번엔 표준 모드를 구해보자. 이것은 일반화 좌표와 표준 좌표를 연결하는 행렬의 열 벡터의 특성을 조사함으로써 얻는다. 위 두 예시와 동일한 방법대로 해보면, 첫 번째 질량의 변위와 [math(j)]번째 질량의 변위의 비는
[math(\begin{aligned} \sin{\biggl( \dfrac{k \pi }{n+1} \biggr)}:\sin{\biggl( \dfrac{k \pi }{n+1}j \biggr)} \end{aligned})]
이것은 곧 특정한 시각에서 질량의 위치가
[math(\begin{aligned} \sin{\biggl( \dfrac{k \pi }{n+1}j \biggr)} \end{aligned})]
의 그래프([math(j)]를 변수로 함) 위에 있다는 의미가 된다. 한편, 위 식을 약간 변형하면,
[math(\begin{aligned} \sin{\biggl[ \dfrac{k \pi }{a(n+1)}(ja) \biggr]}=\sin{\biggl( \dfrac{k \pi }{L}x \biggr)} \end{aligned})]
질량의 위치 [math(x=ja)]를 변수로 쓸 수도 있다.
예시로 [math(n=4)]일 때를 살펴보자. 이때 고유 진동수는 4개 있으므로 표준 모드 또한 4개 존재한다.
이 문제에서 [math(n\to \infty)]를 하면 결국 질량이 있는 연속인 현으로 수렴한다. 고유 진동수는
[math(\begin{aligned} \omega_{k}^{2}=\frac{4T}{ma}\sin^2{\biggl[\frac{k \pi}{2(n+1)} \biggr]} \end{aligned})]
인데, 이때, 사인 안의 값이 매우 작아지므로
[math(\begin{aligned} \omega_{k}^{2} &\simeq \frac{4T}{ma}\frac{(k \pi)^{2}}{4(n+1)^{2}} \\ &\simeq \frac{4T}{ma}\frac{(k \pi)^{2}}{4n(n+1)}\\ &= \frac{T \pi^{2}}{ML} k^{2} \end{aligned})]
여기서 [math(L=(n+1)a)]로 전체 현의 길이, [math(M=nm)]로 현의 질량이 된다. 이상에서
[math(\begin{aligned} \omega_{k} &=\pi\sqrt{\frac{T}{ML}}k \end{aligned})]
선 밀도 [math(\lambda \equiv M/L)]을 도입하면
[math(\begin{aligned} \omega_{k} &=\frac{\pi}{L}\sqrt{\frac{T}{\lambda}}k \end{aligned})]
각진동수와 진동수와의 관계 [math(\omega=2\pi f)]에 의해
[math(\begin{aligned} f_{k}=\frac{1}{2L}\sqrt{\frac{T}{\mu}} k \end{aligned})]
이것은 현의 진동에서 봤던 형태다.
또한 현의 표준 모드는 다음과 같이 기술된다.
[math(\begin{aligned} \sin{\biggl( \dfrac{k \pi x}{L} \biggr)} \end{aligned})]
여기서 질량의 위치 [math(x=ja)]인데 [math(a\to 0)]이 되므로 [math(x)]는 연속적인 변수를 이루게 된다. 이 또한 현의 진동에서 분석했던 것과 동일한 결과를 얻는다.
위 과정에서 [math(T/a \to k)]로 대치하면 [math(n)]개의 물체로 이루어진 동일 질량, 동일 용수철로 구성된 결합 조화 진동자 문제로 환원된다. 따라서 종파의 경우도 위 과정을 거쳐 구할 수 있으며, [math(n\to \infty)]로 놓는 연속계의 경우에도 같은 결과를 얻는다. 이는 종파의 문제를 다루는 과정의 토대가 된다.
4. 관련 문서[편집]
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