Задача из Ландау, Лифшиц т.2

[Fall]

Здравствуйте! Помоги разобраться с решением задачи из 2ого тома Ландау, Лившица, параграф 21.
У меня не сходится ответ.

Условие:
Определить частоты колебаний заряженного пространственного осциллятора, находящегося в постоянном однородном магнитном поле; собственная частота колебаний осциллятора (при отсутствии поля) равна $\omega_0$.

Решение из учебника:
Уравнения вынужденных колебаний осциллятора в магнитном поле (направленном вдоль оси $z$) имеют вид:
$\ddot{x}+\omega_0^2x=\frac{eH}{mc}\dot{y}$
$\ddot{y}+\omega_0^2y=-\frac{eH}{mc}\dot{x}$
Умножая второе уравнение на $i$ и складывая с первым получаем:
$\ddot{\xi}+\omega_0^2\xi=-i\frac{eH}{mc}\dot{\xi}$
где $\xi=x+iy$. Отсюда находим, что частоты колебаний осциллятора в плоскости, перпендикулярной к полю, равны
$\omega=\sqrt{\omega_0^2+\frac{1}{4}(\frac{eH}{mv})^{2}}\pm\frac{eH}{2mc}$
Если поле $H$ мало, то эта формула переходит в
$\omega=\omega_0\pm\frac{eH}{2mc}$
Колебания вдоль направления поля остаются неизменными.

Моё решение:
Я решал уравнение, представляя решение в виде: $\xi=Ae^{i\omega t}$
Тогда для производной имеем: $\dot{\xi}=i\omega Ae^{i\omega t}$
Для второй производной: $\ddot{\xi}=-\omega^{2}Ae^{i\omega t}$
Подставляем в уравнение:
$-\omega^{2}Ae^{i\omega t}+\omega_0^2Ae^{i\omega t}=\frac{eH}{mc}\omega Ae^{i\omega t}$
Сокращаем и в итоге получаем квадратное уравнение:
$\omega^{2}+\frac{eH}{mc}\omega-\omega_0^2=0$
Находим дискриминант:
$D=(\frac{eH}{mc})^2+4\omega_0^2$
Тогда для корней имеем:
$\omega=-\frac{eH}{2mc}\pm\frac{1}{2}\sqrt{(\frac{eH}{mc})^2+4\omega_0^2}$
Или, внося двойку под корень, окончательно получаем:
$\omega=-\frac{eH}{2mc}\pm\sqrt{\frac{1}{4}(\frac{eH}{mc})^2+\omega_0^2}$

Видно, что итог очень похож, вот он дискриминант и т.д. Однако ответ всё же не такой, как в учебнике, и я не могу понять, это я делаю что-то не верно или это опечатка. Также отмечу, что самое новое издание, которое я смотрел, было 2003 года и там всё осталось также.

Заранее спасибо!

[Утундрий]

ЛЛ просто изменили знак у одного из корней, чтобы все частоты были положительными. Подумайте, почему так можно делать?

[Fall]

Утундрий в сообщении #1663093 писал(а):

ЛЛ просто изменили знак у одного из корней, чтобы все частоты были положительными. Подумайте, почему так можно делать?

Здравствуйте! Спасибо за Ваш ответ!

Да, я обратил внимание на то, что один из корней получается отрицательным. Однако, в действительности отрицательных частот не бывает и, как я понимаю, этот факт связан просто со сдвигом фазы.
Кроме того, я обратил внимание на следующее:
Положим, что $\sqrt{\omega_0^2+\frac{1}{4}(\frac{eH}{mc})^2}=\alpha$, а $\frac{eH}{2mc}=\beta$.
$\alpha>\beta$
Тогда получим корни:
$\omega_1=-\beta+\alpha>0$
$\omega_2=-\beta-\alpha<0$
Решение же будет:
$\xi = A_1e^{i(-\beta+\alpha)t}+A_2e^{-i(\beta+\alpha)t}$

Если мы будем искать решение в виде $Ae^{-i\omega t}$, корни будут:
$\omega=\frac{eH}{2mc}\pm\sqrt{\omega_0^2+\frac{1}{4}(\frac{eH}{mc})^2}$
В наших обозначения получим корни:
$\omega_{1}=\beta+\alpha>0$
$\omega_{2}=\beta-\alpha<0$
Решение в итоге:
$\xi = A_1e^{-i(\beta+\alpha)t}+A_2e^{-i(\beta-\alpha)t}=A_1e^{-i(\beta+\alpha)t}+A_2e^{i(-\beta+\alpha)t}$
То есть получим тот же результат, и одна из частот в каждом случае будет отрицательная.

Если же записать ответ как у Ландау, то мы получим по значению те же частоты, но положительные:
$\omega=\alpha\pm\beta$
$\omega_1=\alpha+\beta>0$
$\omega_2=\alpha-\beta>0$
То есть, можно сказать, что Ландау просто использует такой формат записи для того, чтобы получить неотрицательные частоты?

[Утундрий]

Fall в сообщении #1663096 писал(а):

можно сказать, что Ландау просто использует такой формат записи для того, чтобы получить неотрицательные частоты?

Это всего лишь моё мнение. Спросить у самого Ландау, понятно, не выйдет.

[Fall]

Утундрий
Да, я понимаю.
Спасибо за Ваши ответы!

[amon]

Fall в сообщении #1663092 писал(а):

Решение из учебника:
...
$\omega=\sqrt{\omega_0^2+\frac{1}{4}(\frac{eH}{mv})^{2}}\pm\frac{eH}{2mc}$

Что-то, по-моему, наврано у знаменитых ученых. Если решать исходную систему уравнений так, как учат на втором курсе, то у меня получается

$$\omega=\sqrt{\omega_0^2+\frac{\omega_C^2}{2}\pm\omega_C\sqrt{\frac{\omega_C^2}{4}+\omega_0^2}},\,\omega_C=\frac{eH}{mc}$$

Где ученые соврали, и соврали ли, я сходу не соображу.

[SomePupil]

amon, у Вас поправочка квадратичная по $H$, а должна быть - линейная. По форме уравнение совпадает с уравнением для затухающих колебаний, а для них поправочки линейные из общей теории.

[amon]

SomePupil в сообщении #1663128 писал(а):

amon, у Вас для одной и той же величины в первом случае поправочка квадратичная, а в другом - линейная.

Ничего не понял. Какая величина, что за первый и второй случай?

[SomePupil]

amon, исправил пост.

[amon]

SomePupil в сообщении #1663130 писал(а):

При знаке минус поправочка квадратичная, при плюсе - линейная.

С чего вдруг? При малых $\omega_C$ асимптотика совпадает с приведенной в ЛЛ:

$$\omega\sim \sqrt{\omega_0^2\pm \omega_C\omega_0}=\omega_0\sqrt{1\pm \frac{ \omega_C}{\omega_0}}\sim \omega_0\left(1\pm \frac{ \omega_C}{2\omega_0}\right)$$

[SomePupil]

amon, а! Тогда неважно, кто наврал, асимптотики совпадают - и ладно.

[mihiv]

Можно еще сравнить асимптотику при $\omega _c\gg \omega _0$.

[peregoudov]

Fall в сообщении #1663092 писал(а):

Однако ответ всё же не такой, как в учебнике, и я не могу понять, это я делаю что-то не верно или это опечатка.

У вас правильно, а у Ландау ошибка. В этой задаче уравнения движения не инвариантны относительно обращения времени, поэтому просто так менять знак частоты нельзя.

[Утундрий]

peregoudov в сообщении #1663152 писал(а):

У вас правильно, а у Ландау ошибка. В этой задаче уравнения движения не инвариантны относительно обращения времени, поэтому просто так менять знак частоты нельзя.

[amon]

peregoudov в сообщении #1663152 писал(а):

У вас правильно, а у Ландау ошибка.

Я вот чего ни как не не соображу. Почему трюк с домножением на $i$ и складыванием уравнений приводит к неправильному ответу?