Лекции по колебаниям - Мандельштам Л.И.
Скачать (прямая ссылка):
уравнению яг-ой степени, которое мы запишем теперь так:
а0У' ч- -+-. . . ¦+- ат = 0. (12)
Требуется указать необходимые и достаточные условия того, чтобы все корни
этого уравнения имели отрицательные действительные части (случай, когда
действительная часть какого-нибудь корня равна нулю, мы не
рассматриваем). Такой критерий существует. Он был дан сначала Раутом, а
затем - в особо изящной форме - Гурвицем. Я приведу его без
доказательства. Строгое доказательство имеется в ряде книг. Оно довольно
длинное, хотя и значительно упрощено по сравнению с первоначальным.
Пусть
п0>0.
1 [См. 13-ю и 14-ю лекции.]
286
ЛЕКЦИИ ПО КОЛЕБАНИЯМ. ЧАСТЬ ПЕРВАЯ
Это условие не нарушает общности, так как при а0 <С 0 мы можем умножить
уравнение (12) на -1. Напишем детерминанты:
А
) "1 ао
1 (Х3 Go \
"1 "0 0
II со °3 а2 "1
аь "1 а3
А,
I а1 а0 0...0 \ а3 О]... 0
а,
2W1.-1 •
.0
(13)
Элементы детерминантов с индексами, превышающими т, здесь надо полагать
равными нулю (они вводятся для удобства записи и легкого запоминания).
Необходимое и достаточное условие того, что все корни уравнения (12)
имеют отрицательные действительные части (сюда входят и действительные
отрицательные корни), состоит в том, чтобы все эти детерминанты были
положительны:
А>° (/ = 1" 2,-• -, т).
(14)
При развертывании детерминантов все сильно упрощается вследствие того,
что многие элементы равны нулю.
Пусть, например, т - 3. Условия (13) принимают вид
аг > 0, ага2 - а0а3 > 0, а3 > 0.
В случае п степеней свободы характеристическое уравнение порядка пг = 2л.
Какому же физическому случаю соответствует /л = 3? Случаю двух степеней
свободы, из которых одна-- вырожденная. Такой случай мы встречаем в
'простейшем генераторе (рис. 43), когда принимаем во внимание сеточный
ток. Здесь можно говорить, что число степеней свободы равно полутора.
Если мы хотим получить самовозбуждение, то надо нарушить хотя бы одно из
условий (13). Если мы хотим иметь усилитель, то ни одно из них не должно
быть нарушено. Условия (13) используются также при исследовании вопросов
устойчивости регуляторов. В сущности, там имеет место то же самое, что и
в электри-
ДВАДЦАТЬ ВОСЬМАЯ ЛЕКЦИЯ
287
ческих усилителях. В настоящее время знание условий устойчивости (13)
совершенно необходимо. Они завоевали огромное место в технических
расчетах.
Вернемся к системе без затухания. Разберем вопрос, имеющий интересную
историю, который часто ставит начинающих втупик. Его разъяснение имеет
серьезное педагогическое значение. В общем решении
<7(,6=2 С cos(co,f и-т.) (15)
i=i
уравнений
2 (amq(k) -+- cikqm) = 0 (г = 1, 2,..., п) (16)
к-1
имеется 2 п произвольных постоянных. Они определяются из уравнений
2 (-"""л-+" с")-4((с) = 0. (17)
к=1
Пусть детерминантное уравнение для ы2 имеет равные корни; например
Uj = Ь)2*
Тогда
СгА^cos "jt-I-C2Af^cos o>2t - (C1-+- C2) .4^cos "o^.
Эта уже не сумма двух независимых решений. Сг и С2 теперь не независимые
произвольные постоянные интеграции. Если два корня равны, то теряется
одна постоянная интегрирования, а это значит, что (15) не есть общее
решение. Каково же теперь общее решение? На этот вопрос Лагранж дал
следующий ответ: в случае, когда имеется два равных корня ()>_; = to2,
уравнения (16) имеют еще частное решение вида
t cos и-,/;
если имеется три равных корня (о1 = ы2=и3, система (16) имеет решение,
содержащее член с множителем tz, и т. д. При этом Лагранж сказал примерно
следующее: так как этот вопрос нас не очень интересует, то мы не будем в
него углубляться.
На то, что утверждение Лагранжа ошибочно, указал Вейер-штрасс. Дело
заключается вот в чем. В случае кратных корней.
288
ЛЕКЦИИ ПО КОЛЕБАНИЯМ. ЧАСТЬ ПЕРВАЯ
характеристического уравнения система вида (16) имеет "обычно* решение с
множителями t, /2 и т. д. Но мы имеем дело с особым случаем системы
линейных дифференциальных уравнений: вследствие того, что система (16)
происходит от дифференцирования квадратичных форм, она обладает
определенными свойствами симметрии (aile = aki, Сц = Сщ). В этом особом
случае система дифференциальных уравнений имеет и при наличии кратных
корней уравнения для or только решение вида cos о >f.
Но как же в таком случае получить при наличии кратных корней частные
решения в достаточном числе для построения общего решения? Ответ здесь
такой.
В случае простого корня Wj, если выбрана одна из амплитуд Ар скажем
А(щ
, то все остальные Aэтим вполне определены. Но система линейных
однородных уравнений, детерминант которой равен нулю, однозначно
определяет отношения неизвестных не всегда, а только если не все миноры
этого детерминанта равны нулю. Поясним это на примере.
Рассмотрим систему (л = 3)
агх -+- Ьгу -+- CjZ = О,
а.гх -+- Ь2у -+- c2z = О,
а3х -ь Ь3у -+- c,z = 0.
Пусть детерминант системы равен нулю. Если не все миноры равны нулю, то
третье уравнение есть следствие первых двух и первые два уравнения
однозначно определяют отношения xjz, yjz. Если же все миноры равны нулю,
