Задача из Ландау, Лифшиц т.2

[realeugene]

Тут двумерная система линейных однородных дифференциальных уравнений второго порядка. У неё две моды собственных колебаний, соответствующих вращению по окружностям в противоположные стороны с разными скоростями. Движение системы общего вида - сумма этих двух движений с некоторыми произвольными амплитудами и фазами. В общем случае иррационального отношения частот оно вообще непериодично. Но в случае отсутствия магнитного поля моды вырождаются, частоты совпадают и движение общего вида - произвольный эллипсоид. В том числе, отрезок прямой с произвольным углом наклона.

Эту задачу можно решить и классически, найдя собственные значения и вектора матрицы системы.

[amon]

peregoudov в сообщении #1663434 писал(а):

Частоты разного знака в решении у автора темы. И ровно это отличие от решения Ландау он и просит пояснить.

С частотами тут такая петрушка. Частота в уравнении из ЛЛ
$\ddot{\xi}+\omega_0^2\xi=-i\frac{eH}{mc}\dot{\xi}$
будет
$\omega=-\frac{eH}{2mc}\pm\sqrt{\frac{1}{4}(\frac{eH}{mc})^2+\omega_0^2},$
но вещественное решение выглядит как
$x(t)=\frac{1}{2}(\xi+\xi^*)=\operatorname{Re}\xi$
и содержит $\pm \omega.$ Тогда
$\pm\left(-\frac{eH}{2mc}\pm\sqrt{\frac{1}{4}(\frac{eH}{mc})^2+\omega_0^2}\right)=\pm \left(\sqrt{\omega_0^2+\frac{1}{4}(\frac{eH}{mv})^{2}}\pm\frac{eH}{2mc}\right).$

[drzewo]

(Оффтоп)

Да уж. Линейное уравнение второго порядка с постоянными коэффициентами это тебе не шутка. А если еще и неоднородное...

[amon]

(Оффтоп)

drzewo в сообщении #1663656 писал(а):

Линейное уравнение второго порядка с постоянными коэффициентами это тебе не шутка.

А то! Это вам не диаграммные разложения рисовать. Тут думать надо!

[chislo_avogadro]

amon в сообщении #1663655 писал(а):

вещественное решение выглядит как
$x(t)=\frac{1}{2}(\xi+\xi^*)=\operatorname{Re}\xi$
и содержит $\pm \omega.$ Тогда
$\pm\left(-\frac{eH}{2mc}\pm\sqrt{\frac{1}{4}(\frac{eH}{mc})^2+\omega_0^2}\right)=\pm \left(\sqrt{\omega_0^2+\frac{1}{4}(\frac{eH}{mv})^{2}}\pm\frac{eH}{2mc}\right).$

Казалось бы да, слагаемые все эти частоты содержат, но ведь сумма $\frac{1}{2}(\xi+\xi^*)$ есть просто $Acos(\omega t)$? И здесь плюс-минус перед $\omega$ отсутствует...

-- 04.12.2024, 22:28 --

Можно, неверное, считать, что $Acos(-\omega t)$ тоже решение, но как-то это странно выглядит.

-- 04.12.2024, 23:02 --

Можно заметить ещё следующее. Если движение заряда свободно, т.е. $\omega_0 = 0,$ то $\omega_{1,2}=-\frac{eH}{2mc}\pm\sqrt{\frac{1}{4}(\frac{eH}{mc})^2+\omega_0^2},$ и $\omega_{1} = 0, \omega_{2} = \sqrt{\frac{1}{4}(\frac{eH}{mc})^2+\omega_0^2}.$

Ненулевая частота отрицательна. И если посмотреть в заданной физической ситуации на то, как действует сила $e\mathbf v\times\mathbf H,$, то видно. что в плоскости $xy$ она вращает заряд по часовой стрелке, т.е. как надо. Это говорит по-моему в пользу решения ТС.

[chislo_avogadro]

Не успел отредактировать. Затевалось так -
$\omega_{1,2}=-\frac{eH}{2mc}\pm\sqrt{\frac{1}{4}(\frac{eH}{mc})^2+\omega_0^2}, \omega_{1} = 0, \omega_{2} = -\frac{eH}{mc}.$

[peregoudov]

Не, если частота --- это такое парящее в воздухе число, то ему не только знак, ему и модуль сменить можно, чоуштам.

Но если вы его собрались подставлять во что-то типа $x+iy=a_1e^{i\omega_1t}+a_2e^{i\omega_2t}$ ... (или у Ландау, как у истинного теоретика, $e^{-i\omega t}$?)

А вообще непонятно вот это желание любой ценой выгородить Ландау. Он в вашей адвокатуре не нуждается.