Download - TO ΑΠΛΟ ΕΚΚΡΕΜΕΣ, gkalios.blogspot.com

Transcript

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

161

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 8Ο : TO ΑΠΛΟ ΕΚΚΡΕΜΕΣ

Θα ήταν µεγάλη αράλειψη αν αό την µελέτη ταλαντώσεων ου γίνεται στο βιβλίο αυτό έλλειε η ιο δηµοφιλής ταλάντωση, η ταλάντωση του αλού εκκρεµούς. Ως αλό εκκρεµές θεωρούµε µια σηµειακή µάζα δεµένη στο άκρο αβαρούς νήµατος, του οοίου το άλλο άκρο αναρτάται αό ακλόνητο σηµείο έτσι ώστε το σύστηµα να εκτελεί ταλαντώσεις σε κατακόρυφο είεδο. Παρότι το αλό εκκρεµές είναι αό τα αλούστερα φυσικά συστήµατα η ακριβής µελέτη της κίνησής του είναι µαθηµατικά ερίλοκη. Αυτό οφείλεται στο γεγονός ότι η διαφορική εξίσωση ου εριγράφει την κίνηση του εκκρεµούς

δεν είναι γραµµική*.

8.1 H ΕΞΙΣΩΣΗ ΚΙΝΗΣΗΣ ΤΟΥ ΑΠΛΟΥ ΕΚΚΡΕΜΟΥΣ Θα ροσδιορίσουµε τη διαφορική εξίσωση ου καθορίζει την κίνηση του αλού εκκρεµούς και θα δούµε ότε µορούµε να την ταυτίσουµε µε την εξ.

(1.1) της αρµονικής ταλάντωσης. Έστω αλό εκκρεµές µήκους ℓ και µάζας m . Αοµακρύνοντας την µάζα αό την κατακόρυφη θέση ισορροίας και αφήνοντάς τη ελεύθερη να κινηθεί, η µάζα υό την είδραση της βαρύτητας

ταλαντώνεται διαγράφοντας τόξο κύκλου ακτίνας ℓ .

Αν θεωρήσουµε ότι δεν υάρχουν τριβές στο σηµείο στήριξης ούτε αντίσταση του αέρα τότε το εκκρεµές θα εκτελεί αµείωτη ταλάντωση. Η κίνηση αυτή

* Υπενθυµίζεται ότι στις γραµµικές διαφορικές εξισώσεις αν έχουµε δυο ανεξάρτητες λύσεις

1( )x t και 2( )x t τότε και ο γραµµικός συνδυασµός 1 2( ) ( )a x t b x t+ , µε ,a b σταθερές,

αποτελεί επίσης λύση της διαφορικής εξίσωσης. Αυτή η ιδιότητα δεν ικανοποιείται από την

διαφορική εξίσωση του απλού εκκρεµούς.

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

162

χρειάζεται µια µόνο συντεταγµένη για να εριγραφεί, την γωνία θ ου σχηµατίζει το νήµα µε την κατακόρυφη διεύθυνση. Συνεώς ένα ζήτηµα ου θα µας αασχολήσει στη συνέχεια είναι ο ροσδιορισµός της γωνίας αυτής ως

συνάρτηση του χρόνου, θ = θ(t) . Όταν η µάζα αοµακρύνεται αό τη θέση ισορροίας της τότε η συνισταµένη δύναµη ου δέχεται το σώµα είναι Σ = − θF mgsin και

σύµφωνα µε τον 2ο νόµο του Newton έχουµε

Σ = − θυ

⇒ + θ =υΣ =

F mgsin (t)d

m mgsin 0ddtF m

Όµως η γραµµική ταχύτητα σχετίζεται µε την γωνιακή µέσω της σχέσης

υ = ωℓ και αντικαθιστώντας έχουµε ω+ θ =ℓ

d gsin 0

dt και δεδοµένου ότι

θω =

dt, ροκύτει η διαφορική εξίσωση του εκκρεµούς:

′′θ + θ =ℓ

g(t) sin (t) 0 (8.1)

Η εξίσωση της ταλάντωσης του αλού εκκρεµούς εµφανίζει δυσκολία ως ρος

την είλυσή της εξαιτίας του όρου θsin (t) . Προς το αρόν θα ξεεράσουµε αυτή τη δυσκολία χρησιµοοιώντας το ανάτυγµα του ηµιτόνου κατά Maclaurin

θ θ θ

θ = θ − + − +⋯⋯3 5 7

sin3! 5! 7!

Θεωρώντας µικρές γωνίες ταλάντωσης τότε ισχύει η ροσέγγιση θ ≈ θsin ,

εφόσον* θ ≪ 1 . Σύµφωνα µε την ροσέγγιση η διαφορική εξ. (8.1) γίνεται

′′θ + θ =g

(t) (t) 0l

και θέτοντας ω =ℓ

′′θ + ω θ =2

0(t) (t) 0 (8.2)

Η ερίοδος της ταλάντωσης θα είναι η γνωστή εξίσωση της εριόδου του εκκρεµούς:

= = πω

ℓ0

2T 2

Η εξ. (8.2) είναι ανοµοιότυη µε την εξ. (1.1) της αλής αρµονικής

ταλάντωσης. Η λύση για αρχικές συνθήκες θ = θ0

(0) και ′θ =(0) 0 έχει τη

µορφή

θ = θ ω0 0

(t) cos t (8.3)

* Η γωνία µετρείται σε ακτίνια

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

163

8.1.1 ΕΝΑΛΛΑΚΤΙΚΟΙ ΤΡΟΠΟΙ ΕΞΑΓΩΓΗΣ ΤΗΣ ∆ΙΑΦΟΡΙΚΗΣ ΕΞΙΣΩΣΗΣ ΤΟΥ ΑΠΛΟΥ ΕΚΚΡΕΜΟΥΣ Πρώτον, εφαρµόζουµε τη θεµελιώδη εξίσωση της στροφικής κίνησης:

( )B I tτ ω′=

όου sinB mglτ θ= − η ροή του βάρους (ροή εαναφοράς) ως ρος το σηµείο

ανάρτησης Ο του εκκρεµούς, θ η γωνία ου σχηµατίζει το νήµα µε την κατακόρυφη,

2I ml= η ροή αδράνειας και 2

2( )

θω′ = η γωνιακή ειτάχυνση. Έτσι έχουµε

( )

sinB

I t

mgl

τ ω

τ θ

′= ⇒

= − ( ) sin ( ) 0

gt t

lθ θ′′ + =

ου είναι άλι η εξίσωση του εκκρεµούς. ∆εύτερον, αό την αρχή διατήρησης της µηχανικής ενέργειας. Η ενέργεια του εκκρεµούς σε µια τυχαία θέση δίνεται αό την εξίσωση

21(1 cos )

2E mgl mθ υ= − +

Εφόσον υοθέτουµε ότι δεν υάρχουν αώλειες ενέργειας θα ισχύει

0dE

dt= ή

12 sin 0

d dm mgl

dt dt

υ θυ θ+ =

όµως ισχύουν d

l ldt

θυ ω= = ,

d dl

dt dt

υ θ= και αντικαθιστώντας στην αραάνω

εξίσωση ροκύτει για άλλη µια φορά η εξ. (8.1). 8.1.2 ΤΟ ΦΥΣΙΚΟ ΕΚΚΡΕΜΕΣ

Φυσικό εκκρεµές είναι κάθε στερεό σώµα ου µορεί να ταλαντώνεται ελεύθερα γύρω αό έναν οριζόντιο άξονα ου το διαερνά υό την είδραση της βαρύτητας. Έστω ότι ο οριζόντιος άξονας ΖΖ’ διέρχεται αό το σηµείο Ο του σώµατος και έστω C το κέντρο µάζας του σώµατος. Η θέση ισορροίας είναι εκείνη στην οοία η ευθεία ΟC είναι κατακόρυφη. Όταν η

ευθεία ΟC σχηµατίζει γωνία θ µε την κατακόρυφη, η ροή εαναφοράς είναι

sinB mgbτ θ= − , όου b = ΟC. Αν I είναι η

ροή αδράνειας του στερεού ως ρος τον άξονα ΖΖ’ τότε ισχύει είσης και η θεµελιώδης εξίσωση

της εριστροφικής κίνησης ( )B I tτ ω′= , όου 2

( )( )

d tt

θω′ = . Έτσι, ροκύτει η

διαφορική εξίσωση της κίνησης

( ) sin ( ) 0I t mgb tθ θ′′ + = .

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

164

Θέτοντας 2I mK= , όου K η ακτίνα αδρανείας* του στερεού η αραάνω εξίσωση

γίνεται

( )2( ) sin ( ) 0

gt t

θ θ′′ + =

Η εξίσωση αυτή ταυτίζεται µε την εξ. (8.1) του αλού εκκρεµούς,

( ) sin ( ) 0g

t tl

θ θ′′ + = ,

αν θέσουµε 2Kl b= . Έτσι η ερίοδος γράφεται όως και του αλού εκκρεµούς:

0 2l

π=

Για τον λόγο αυτό η οσότητα 2K

b ονοµάζεται µήκος του ισοδύναµου αλού

εκκρεµούς. Συνεώς όλα τα συµεράσµατα (ροσεγγιστικά και µη) ου ροέκυψαν και όλα όσα θα ροκύψουν στη συνέχεια ισχύουν και για το φυσικό εκκρεµές αρκεί να χρησιµοοιούµε την έννοια του ισοδυνάµου µήκους. 8.1.3 ΤΟ ΣΤΡΟΦΙΚΟ ΕΚΚΡΕΜΕΣ Στο σχήµα φαίνεται ένα στερεό σώµα ου

κρέµεται αό ένα σύρµα, του οοίου το άνω άκρο είναι στερεωµένο ακλόνητα. Όταν το σύστηµα ισορροεί η ευθεία ΟC ου ορίζει το κατακόρυφο σύρµα διέρχεται αό το κέντρο µάζας του στερεού. Αν το σώµα στραφεί κατά

γωνία θ , τότε συστρέφεται και το σύρµα έτσι ώστε να ασκεί στο σώµα µια ροή στρέψης η οοία τείνει να εαναφέρει το σώµα στη θέση ισορροίας του. Για µικρές γωνίες συστροφής ισχύει ο αντίστοιχος νόµος του Hooke:

kτ θ= − όου k ο συντελεστής στρέψης του σύρµατος (στροφική σταθερά). Όµως ισχύει είσης

I Iτ ω θ′ ′′= = , όου I η ροή αδράνειας του στερεού ως ρος τον άξονα εριστροφής. Έτσι έχουµε

( ) ( ) 0k

t tI

θ θ′′ + =

Παρατηρούµε ότι εδώ δεν υεισέρχεται ο όρος sinθ . Η εξίσωση αυτή εριγράφει αλή αρµονική ταλάντωση µε ερίοδο

π= .

* η απόσταση από τον άξονα περιστροφής όπου έπρεπε να τοποθετηθεί µια σηµειακή µάζα ίση

µε τη µάζα του στερεού, έτσι ώστε η ροπή αδράνειας της σηµειακής µάζας ως προς τον άξονα

να ισούται µε τη ροπή αδράνειας του στερεού.

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

165

Ας σηµειωθεί ότι ολλά εργαστηριακά όργανα βασίζονται στις στροφικές ταλαντώσεις, όως το γαλβανόµετρο, ο ζυγός του Cavendish, ο τροχός του ρολογιού (όου η ροή εαναφοράς ροκαλείται αό σειροειδές ελάτήριο) κ.α. Είσης η σχέση της εριόδου του στροφικού εκκρεµούς χρησιµοοιείται για την ειραµατική µέτρηση της ροής αδράνειας στερεών σωµάτων.

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

166

8.2 H ΠΕΡΙΟ∆ΟΣ ΤΟΥ ΑΠΛΟΥ ΕΚΚΡΕΜΟΥΣ

Στην ερίτωση ου o5θ < , το µήκος τόξου ου διανύει η µάζα του εκκρεµούς µορεί να ροσεγγιστεί µε το µήκος της αντίστοιχης χορδής και να θεωρήσουµε ότι η κίνησή της γίνεται σε ευθεία γραµµή. Τότε η δύναµη εαναφοράς γράφεται

F mgsin x DxΣ = − θ ≈ − = −ℓ

(µε D mg= ℓ )

διότι x

sinθ ≈ℓ

, όταν 1θ ≪ , όου x η αόσταση αό τη θέση ισορροίας. Η

ιδιοερίοδος ου υολογίζεται µε τον τρόο αυτό είναι άλι

mT 2 2

D g= π = π

ℓ

Πολλές φορές η αραάνω ανάλυση οδηγεί στο εσφαλµένο συµέρασµα ότι η εξίσωση της εριόδου ισχύει µε αµελητέο σφάλµα µόνον όταν η

γωνία είναι 5oθ < . Θα δούµε στη συνέχεια όου υολογίζεται η ακριβής ερίοδος του αλού εκκρεµούς ότι αυτό δεν είναι αληθές. Το σφάλµα είναι ολύ µικρό ακόµη και για γωνία 30ο . Αλά στην ερίτωση ολύ µικρής γωνίας µορούµε να θεωρούµε ότι η κίνηση της µάζας είναι ευθύγραµµη.

Η ερίοδος ου υολογίζεται αό την εξίσωση = πℓ

0T 2

g, φαίνεται ότι είναι

ανεξάρτητη αό την αρχική γωνία θ0

, γεγονός ου δεν είναι αληθές. Στη

συνέχεια θα ροσδιοριστεί η ακριβής έκφραση της εριόδου του εκκρεµούς

συναρτήσει της γωνίας θ0

και θα υολογιστεί η αόκλιση αό την

ροσέγγιση της αρµονικής ταλάντωσης. Η διαφορική εξίσωση της κίνησης του εκκρεµούς ου βρέθηκε στην ροηγούµενη αράγραφο είναι:

′′θ + θ =ℓ

g(t) sin (t) 0

Πριν καταλήξουµε στην τελική µορφή είχαµε την ισοδύναµη µορφή

ω+ θ =ℓ

d gsin 0

dt ή ( ) sin ( )

gt tω θ′ = −

ℓ (8.4)

Χωρίς να ειλυθεί η αρχική διαφορική εξίσωση θα υολογίσουµε* µε αευθείας ολοκλήρωση της εξ. (8.4) την ερίοδο του εκκρεµούς για

οοιαδήοτε αρχική γωνία θ0

. Η γωνιακή ειτάχυνση γράφεται:

ω ω θ ω′ω = = = ω

θ θd d d d

dt d dt d

* Στην §8.2.7 περιγράφεται µια γενικότερη µέθοδος υπολογισµού της περιόδου που µπορεί να

εφαρµοστεί σε οποιοδήποτε είδος τροχιάς του σωµατιδίου (πέραν της κυκλικής).

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

167

και η εξ.(8.4) γίνεται: ω ⋅ ω = − θ θℓ

gd sin d ή ω ⋅ ω = − θ θ +∫ ∫ℓ

gd sin d C , οότε

= θ +ℓ

2 gcos C

2 (8.5)

Με αρχικές συνθήκες θ = θ

0(0) και ω =(0) 0 , ροσδιορίζεται η σταθερά C

= − θℓ

gC cos

Έτσι η εξ.(8.5) µεταίτει στην

ω = θ − θ0

2gcos cos

l (8.6)

Η εξ. (8.6) µορεί να ροκύψει ευκολότερα εφαρµόζοντας την αρχή διατήρησης της µηχανικής ενέργειας µεταξύ των θέσεων ου καθορίζουν η

αρχική γωνία θ0

και µια τυχαία γωνία θ > θ >0

0 . Έτσι ροκύτει

− θ = υ + − θℓ ℓ2

1mg (1 cos ) m mg (1 cos )

Αντικαθιστώντας τη γραµµική ταχύτητα µε lυ ω= και µετά αό αλές

ράξεις φθάνουµε εύκολα στην

ω = θ − θℓ

2gcos cos .

Ας σηµειωθεί ότι για ≤ θ ≤ θ0

0 , ισχύει θ ≤ θ ≤0

cos cos 1. Εφόσον η γωνία

µειώνεται ξεκινώντας αό την τιµή θ0

, ο ρυθµός µεταβολής της µέχρι το

εκκρεµές να φτάσει στην θέση ισορροίας θα είναι αρνητικός, οότε

αντικαθιστώντας στην εξ.(8.6) την γωνιακή ταχύτητα µε θ

ω = −d

dt, έχουµε:

− = θ − θℓ

d 2gcos cos

dt (8.7)

Ο χρόνος ου ααιτείται για να φτάσει το εκκρεµές αό την γωνία θ = θ

0 έως

την θέση ισορροίας θ = 0 , είναι το ένα τέταρτο της εριόδου. Συνεώς αν χωρίσουµε τις µεταβλητές στην εξ.(8.7) µορούµε να ολοκληρώσουµε ως εξής:

T 04

0 0

ddt

2g cos cosθ

θ= −

θ − θ∫ ∫ℓ0

0 0

dT 4

2g cos cos

θθ

⇒ =θ − θ∫ℓ

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

168

Χρησιµοοιώντας την τριγωνοµετρική ταυτότητα θ

θ = − 2cos 1 2sin2

, η

τελευταία εξίσωση αίρνει την µορφή:

0 2 20

g dT 2

sin sin2 2

θθ

=θ θ−

∫ℓ (8.8)

Θέτουµε: θ

= 0k sin2

και

θ θ= ⇒ θ =

1sin ksinu cos d kcosudu

2 2 2⇒ θ =

θ2kcosudu

cos2

⇒ θ =− 2 2

2kcosudud

1 k sin u.

Αντικαθιστώντας και αλλάζοντας τα όρια ολοκλήρωσης* στην εξ.(8.8)

φτάνουµε στην

2 20

du 2K(k )T 4 2

g g1 k sin u

ή 2K(k )

T T

= = ππ−

=π

∫ℓ ℓ

(8.9)†

όου το

2 20

duK(k )

1 k sin u

=−∫ µε

θ= 0k sin

είναι ένα λήρες ελλειτικό ολοκλήρωµα ρώτου είδους.

* για 0θ = προκύπτειsin 0 sink u= , οπότε 0u = και για 0θ θ= , 0sin sin2

k uθ

= και

δεδοµένου ότι 0sin2

kθ

= θα έχουµε 2

uπ

† παρατηρούµε ότι για 0k = , η ολοκλήρωση δίνει τον προσεγγιστικό τύπο της περιόδου

0 2l

π=

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

169

Πολλοί ισχυρίζονται ότι όταν δεν γνωρίζουµε ένα ολοκλήρωµα …. τότε το βαφτίζουµε µε ένα όνοµα και το θεωρούµε γνωστό. Ωστόσο θα δούµε στην εόµενη ενότητα ότι το ολοκλήρωµα αυτό είναι τόσο γνωστό όσο και οι

συναρτήσεις sinx , arctanx , xe κ.ο.κ. Μορούµε να ούµε ότι η εξίσωση (8.9) είναι και η τελική εξίσωση για την

ερίοδο του εκκρεµούς. Οι τιµές του ολοκληρώµατος ( )2K k εριέχονται είτε

σε ίνακες είτε σε υολογιστικά ρογράµµατα. Στο ρόγραµµα Mathematica

η εντολή υολογισµού του ολοκληρώµατος ( )2K k είναι

EllipticK ( )2k

Χρησιµοοιώντας το Mathematica µορούµε να υολογίσουµε τον λόγο

=π

T 2K(k )

T συναρτήσει της αρχικής γωνίας ταλάντωσης θ

0. Το αοτέλεσµα

φαίνεται στο σχήµα ου ακολουθεί.

0 20 40 60 80θ0 HdegL

1.025

1.05

1.075

1.1

1.125

1.15

1.175

TêTo

Σχήµα 1: Ο λόγος 2

2 ( )T K k

T π= της περιόδου του εκκρεµούς T προς την κλασική

προσεγγιστική έκφραση της περιόδου 0 2l

π= , συναρτήσει της αρχικής γωνίας

0θ .

Όταν χρησιµοοιούµε την ροσεγγιστική σχέση για την ερίοδο 0

T 2g

= πℓ

τότε η σχετική αόκλιση αό την ραγµατική ερίοδο T υολογίζεται αό την εξίσωση

T T1

T 2K(k )

− π= −

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

170

0 20 40 60 80

θ0HdegL

2.5

7.5

12.5

∆TêTH%L

Σχήµα 2: Η σχετική απόκλιση(%) από την πραγµατική περίοδο T όταν

χρησιµοποιούµε την προσεγγιστική σχέση για την περίοδο 0 2l

π= , συναρτήσει

της γωνίας πλάτους 0θ .

Πίνακας 1: Ενδεικτικές τιµές του λόγου 2

2 ( )T K k

T π= και της σχετικής απόκλισης

0 100%T T

−, µε 0 2

gπ= .

0θ 0T T ( )%T T∆

10ο 1.00191 0.19

20ο 1.00767 0.76

30ο 1.01741 1.71

40ο 1.03134 3.04

50ο 1.04978 4.74

60ο 1.07318 6.82

90ο 1.18034 15.28

Παρατηρούµε ότι η εξίσωση 0 2l

π= ροσεγγίζει ικανοοιητικά την

ραγµατική ερίοδο και για αρκετά µεγάλες γωνίες 0θ . Έτσι, .χ. για αρχική

γωνία ταλάντωσης 0 30oθ = η σχετική % αόκλιση αό την ραγµατική

ερίοδο είναι µικρότερη του 2%.

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

171

8.2.1 ΤΑ ΕΛΛΕΙΠΤΙΚΑ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ ΠΡΩΤΟΥ ΕΙ∆ΟΥΣ Στην ροηγούµενη ενότητα υολογίστηκε η ερίοδος του εκκρεµούς εµφανίστηκε το ολοκλήρωµα

2 20

( )1 sin

=−∫ du

K kk u

(8.10)

όου 0sin2

kθ

= ( 0θ = η µέγιστη γωνία ταλάντωσης).

Ακούγοντας κανείς για ρώτη φορά την έκφραση ελλειτικό ολοκλήρωµα το µυαλό του άει στο γεωµετρικό σχήµα της έλλειψης. Πράγµατι, όταν υολογίζουµε το

µήκος τόξου µιας έλλειψης ή υερβολής καταλήγουµε* σε ένα ολοκλήρωµα ου

κατατάσσεται στα ελλειτικά ολοκληρώµατα 2ου είδους:

1( , )

−=

−∫x

mtE x m dt

Σε ορισµένα ροβλήµατα Μηχανικής εµφανίζεται και το ελλειτικό ολοκλήρωµα 3ου είδους ου έχει την µορφή

( ) ( )( )2 2 20

( , , )1 1 1

Π =+ − −∫

xdt

x n mnt t mt

Εδώ όµως το ενδιαφέρον µας εικεντρώνεται στα ελλειτικά ολοκληρώµατα 1ου είδους ου ορίζονται ως

( )( )2 20

( , )1 1

=− −∫

xdt

F x mt mt

, 0 1m≤ ≤ (8.11)

Το m ολλές φορές εµφανίζεται στην βιβλιογραφία και ως 2k m= ή ως 2sinm a=

( )sink a= . Το m ονοµάζεται αράµετρος, το k ελλειτικό µέτρο και το a γωνία

µέτρου. Αν θέσουµε 0m = , στην εξ. (8.11) τότε

( )1

( ,0) sin1

−= =−∫

xdt

F x xt

ενώ για 1m =

( ,1) tanh1

−= =−∫

xdt

F x xt

* Το στοιχειώδες µήκος οποιουδήποτε τόξου υπολογίζεται από την σχέση

( ) ( )2

2 21 ′= + ⇒ = +∫

ds dx dy s y dx

Η εξίσωση της έλλειψης είναι 2 2

2 21

x y

a b+ = ή 2 2b

y a xa

= ± − . Παραγωγίζοντας και

αντικαθιστώντας στο µήκος τόξου, καταλήγουµε µε αλλαγή µεταβλητής στην

−=

−∫x

mts dt

tσταθ

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

172

Οι αραάνω οριακές τιµές είναι µια ένδειξη ότι τα ελλειτικά ολοκληρώµατα είναι η γενίκευση των αντίστροφων κυκλικών συναρτήσεων. Συνήθως τα ελλειτικά ολοκληρώµατα εµφανίζονται στην µορφή ου ροκύτει

όταν κάνουµε το µετασχηµατισµό sint u= ( )sinx ϕ= . Έτσι, αν εφαρµοστεί αυτός ο

µετασχηµατισµός στην εξ. (8.11), έχουµε ισοδύναµα

( )20

( , )1 sin

duF m

m u

ϕ =−∫ , 0 1m≤ ≤ (8.12)

όου το ϕ ονοµάζεται λάτος.

Η οσότητα ου ροκύτει αό την εξ. (8.12) για 2

πϕ = ,

( ) ,2 1 sin

duK m F m

m u

ππ ≡ = −∫ (8.13)

ονοµάζεται λήρες ελλειτικό ολοκλήρωµα ρώτου είδους και ταυτίζεται µε το

ολοκλήρωµα (8.10) ου εµφανίζεται στην ερίοδο του εκκρεµούς αν θέσουµε 2k m= . Το ολοκλήρωµα (8.12) συνήθως ονοµάζεται ελλιές ελλειτικό ολοκλήρωµα 1ου είδους.

Πολλές φορές χρησιµοοιείται η συµληρωµατική αράµετρος*

( )2 2 21 1 1 sin sin 90 cosom m a a a= − = − = − =

για την οοία ισχύει ο συµβολισµός

1 1 20 1

( ) (1 ) ,2 1 sin

duK K m K m F m

m u

ππ ′ = = − = = −∫

Τα ελλειτικά ολοκληρώµατα 1ου είδους έχουν τις αρακάτω ιδιότητες ου σχετίζονται µε τις τιµές ου αίρνει η αράµετρος m ή το λάτος ϕ :

1. Αρνητικό λάτος: ( , ) ( , )F m F mϕ ϕ− = −

2. Οοιαδήοτε τιµή του λάτους: ( , ) 2 ( ) ( , )F s m sK m F mπ ϕ ϕ± = ± όου ( )K m το

λήρες ελλειτικό ολοκλήρωµα 1ου είδους.

3. Παράµετρος µεγαλύτερη της µονάδος: ( )1

12( , 1) ,F m m F mϕ θ− −> = όου

2sin sinmθ ϕ=

4. Αρνητική Παράµετρος:

( )1 1

1 12 2( , ) (1 ) (1 ) (1 ) , (1 )2

F m m K m m m F m mπ

ϕ ϕ−− − − = + + − + − +

5. Ειδικές εριτώσεις:

0m = → ( ,0)F ϕ ϕ=

* Γενικά χρειάζεται µεγάλη προσοχή στα διάφορα σύµβολα µε τα οποία εκφράζονται τα

ελλειπτικά ολοκληρώµατα.

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

173

2 01 ή sin 1 άρα 90m m a a= = = = → ( ,90 ) ln(sec tan ) ln tan4 2

oFπ ϕ

ϕ ϕ ϕ = + = +

6. Σχέση ( )K m µε την υεργεωµετρική συνάρτηση: 1 1

, ;1;2 2 2

FK mπ =

8.2.2 ΟΙ ΜΕΤΑΣΧΗΜΑΤΙΣΜΟΙ LANDEN

Μορούµε να ροσδιορίσουµε τις τιµές του ελλειτικού ολοκληρώµατος 1ου είδους χρησιµοοιώντας τον ανερχόµενο ή τον κατερχόµενο µετασχηµατισµό Landen*, ου θα εξετάσουµε στη συνέχεια. Οι µετασχηµατισµοί Landen δίνουν είσης και ροσεγγιστικές εκφράσεις του ελλειτικού ολοκληρώµατος ου µετατρέονται σε ροσεγγιστικές εκφράσεις της εριόδου του εκκρεµούς. Ι. Ανερχόµενος µετασχηµατισµός Landen.

Αλλάζοντας τον συµβολισµό, θέτοντας 2m k= και u ϕ= στο ελλειτικό

ολοκλήρωµα (8.12)

( )20

( , )1 sin

=−∫ du

F mm u

τότε γράφεται ισοδύναµα στη µορφή

( )2 20

( , )1 sin

=−∫ d

F kk

ϕ ϕϕ

ϕ (8.14)

Το ρώτο βήµα του µετασχηµατισµού έγκειται στην αλλαγή µεταβλητής

ολοκλήρωση αό ϕ σε 1ϕ , όου 1

sin 2tan

cos 2k

ϕϕ

ϕ=

+ ή ( )1sin 2 sinkϕ ϕ ϕ− = . Μετά

αό κάοιες ράξεις (!) η εξ. (8.14) γράφεται

2 2 2 20 0 1

11 sin 1 sin=

+− −∫ ∫ dd

kk k

ϕ ϕ ϕϕ

ϕ ϕ ή

1 1

2( , ) ( , )

1F k F k

kϕ ϕ=

+ όου 1

Συνεχίζοντας την ίδια διαδικασία έχουµε

* Ο John Landen (1719 – 1790) ήταν Άγγλος Μαθηµατικός ο οποίος µεταξύ άλλων

ασχολήθηκε µε τα ελλειπτικά ολοκληρώµατα και τις ελλειπτικές συναρτήσεις.

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

174

1 1 2 21

2( , ) ( , )

1F k F k

kϕ ϕ=

2 2 3 32

2( , ) ( , )

1F k F k

kϕ ϕ=

……………………………

1 11

2( , ) ( , )

1n n n nn

F k F kk

ϕ ϕ− −−

Συνδυαζόµενες οι αραάνω εξισώσεις δίνουν

1 1

2( , ) ( , )

(1 )(1 ) (1 )

n nn

F k F kk k k

ϕ ϕ−

=+ + +⋯

(8.15)

όου

k−

−

( )0k k m= = (8.16)

και

( )1 1 1sin 2 sini i i ikϕ ϕ ϕ− − −− = (8.17)

Η εξ. (8.15) εξίσωση γράφεται ως

( , ) 2 (1 ) ( , )

−

= +∏n

ni n n

F k k F kϕ ϕ (8.18)

και αν θέσουµε 11

21 i

k−

−+ =

1 2 1( , ) ( , )nn n n

k k kF k k F k

kϕ ϕ−=

⋯ (8.19)

Αό τις εξς. (8.16) και (8.17) ροκύτει lim 1nn

k→∞

= και ότι η ακολουθία nϕ συγκλίνει

σε κάοιο όριο, αρχικήlim nn

ϕ ϕ→∞

= Φ < . Τότε θα έχουµε

lim ( , ) ( ,1) ln tan4 21 sin

n nn

dF k F

πϕ

→∞

Φ Φ = Φ = = + − Φ∫

και η εξ. (8.19) γράφεται

1 2( , ) ln tan4 2

k kF k

πϕ

Φ = +

⋯ ή

1( , ) ln tan

4 2

∞

Φ = + ∏ i

F k kk

πϕ (8.20)

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

175

Τα βήµατα ου ααιτούνται στην ραγµατικότητα για να υολογιστεί η τιµή του ολοκληρώµατος µέσω της (8.20) είναι ολύ λίγα εξαιτίας της ταχύτατης σύγκλισης. Για αράδειγµα ας υολογίσουµε την τιµή του ολοκληρώµατος,

1 1

,2 2 2

F k Kπ

ϕ = = ≡

όου µε ( )K k συµβολίζεται το λήρες ελλειτικό ολοκλήρωµα 1ου είδους.

Σύµφωνα µε τον αναδροµικό τύο (8.17) έχουµε:

1sin sin

2 21,0471976

4 2

ππ

− = + = *

και 1

20.942809

k= =

Εφαρµόζοντας την εξ. (8.20) έχουµε την ρώτη ροσέγγιση

1 11, ln tan 1,8084178

2 2 4 2

ϕπ π = + =

Παρόµοια ροκύτει: 2 1,0012571ϕ = και 2 0,9995666k = , οότε η δεύτερη

ροσέγγιση δίνει

1 2 21, ln tan 1,6866112

2 2 4 2

k kF

ϕπ π = + =

Το τρίτο βήµα θα δώσει 3 0,9999999k = και 3 1,0009188ϕ = . Τελικά η τιµή του

ολοκληρώµατος θα είναι

1 2 3 31 1, ln tan 1,6857503

2 2 4 2 2

k k kF K

ϕπ π = + = =

ου µέχρι το έβδοµο δεκαδικό ψηφίο συµφωνεί µε την ακριβή τιµή.

Παρατηρούµε ότι η ακολουθία nk µέσω του µετασχηµατισµού (8.16) αυξάνεται και

τείνει στην µονάδα. Για τον λόγο αυτό η αραάνω διαδικασία ονοµάζεται ανερχόµενος µετασχηµατισµός Landen. ΙΙ. Κατερχόµενος µετασχηµατισµός Landen. Τώρα το ρώτο βήµα του εν λόγω µετασχηµατισµού έγκειται στην αλλαγή µεταβλητής στο ολοκλήρωµα

( )2 20

( , )1 sin

=−∫ d

F kk

ϕ ϕϕ

αό ϕ σε 1ϕ , µε

* Σηµειώνεται ότι 1,5707963

πϕ = =

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

176

21tan( ) 1 tankϕ ϕ ϕ− = − ή ( )1 2

1 tan 1 tankϕ ϕ ϕ−= + −

Μετά αό είονες ράξεις (!) το ολοκλήρωµα γράφεται

1 1

1 1 1

2 2 2 2 2 2 20 0 01 1

21 sin 1 1 1 sin 1 sin

+= =

− + − − −∫ ∫ ∫d k dd

k k k k

ϕ ϕ ϕϕ ϕϕ

ϕ ϕ ϕ

11 1

1( , ) ( , )

kF k F kϕ ϕ

+= όου

1 2

1 1

− −=

+ −

Συνεχίζοντας την ίδια διαδικασία έχουµε

21 1 2 2

1( , ) ( , )

kF k F kϕ ϕ

…………………………...

1 1

1( , ) ( , )

n n n n

kF k F kϕ ϕ− −

Συνδυάζοντας τις αραάνω εξισώσεις ροκύτει

1 2(1 )(1 ) (1 )( , ) ( , )

n nn

k k kF k F kϕ ϕ

+ + +=

⋯ ή

( , )( , ) (1 )

= +∏n

n nin

F kF k k

ϕϕ (8.21)

όου

( )1 21 tan 1 tani i i ikϕ ϕ ϕ−+ = + − (8.22)

και

1 1

−

− −=

+ − ( )0k k m= = (8.23)

Εύκολα αοδεικνύεται ότι

lim 0nn

k→∞

οότε

lim ( , ) ( ,0) lim lim→∞ →∞ →∞

= = =∫n

n n n n nn n n

F k F dϕ

ϕ ϕ ϕ ϕ

οότε η εξ. (8.21) µορεί να γραφεί ως

( , ) lim (1 )2

ninn

F k kϕ

ϕ∞

→∞=

= +∏ (8.24)

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

177

Ως αράδειγµα θα υολογίσουµε άλι την τιµή του ολοκληρώµατος

1 1,

2 2 2F k K

πϕ = = ≡

Αρχικά έχουµε

1 0,0717967k = και 1 21 tan 1 tan

2 2k

π πϕ π− = + − =

Η ρώτη ροσέγγιση σύµφωνα µε την εξ. (8.24) θα είναι

1, (1 ) 1,6835745

2 2 2F k

ϕπ = + =

η δεύτερη ροσέγγιση µε

32 1.2920237 10k −= ⋅ και ( )1

2 tan 0 2ϕ π π−= + = δίνει

21 22

1, (1 )(1 ) 1,6857496

2 2 2F k k

ϕπ = + + =

και η γρήγορη σύγκλιση στο τρίτο βήµα δίνει 3 0k ≅ και ( )13 2 tan 0 4ϕ π π−= + =

οότε

31 2 33

1, (1 )(1 )(1 ) 1,6857503

2 2 2F k k k

ϕπ = + + + =

Η τιµή αυτή συµφωνεί άλι µέχρι το έβδοµο δεκαδικό µε την ακριβή τιµή.

Παρατηρούµε ότι ακολουθία nk του µετασχηµατισµού (8.23) µειώνεται διαδοχικά

τείνοντας στο µηδέν. Για τον λόγο αυτό ο µετασχηµατισµός ονοµάζεται κατερχόµενος. Συνήθως ο ανερχόµενος µετασχηµατισµός Landen εφαρµόζεται όταν

η αράµετρος k έχει τιµή κοντά στην µονάδα, ενώ ο κατερχόµενος

µετασχηµατισµός Landen εφαρµόζεται όταν η αράµετρος k έχει τιµή κοντά στο µηδέν. Στην ραγµατικότητα και οι δυο µετασχηµατισµοί µορούν να εφαρµοστούν σε κάθε ερίτωση διότι η σύγκλισή τους είναι ούτως ή άλλως ταχύτατη. Όως θα δούµε στην συνέχεια ο ανερχόµενος µετασχηµατισµός δίνει µια κοµψή έκφραση για το λήρες ελλειτικό ολοκλήρωµα.

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

178

8.2.3 ΤΟ ΠΛΗΡΕΣ ΕΛΛΕΙΠΤΙΚΟ ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑ 1ου ΕΙ∆ΟΥΣ ΩΣ ΑΠΕΙΡΟΓΙΝΟΜΕΝΟ ΚΑΙ ΩΣ ΣΕΙΡΑ Η εξ. (8.24) µορεί να δώσει µια αξιοσηµείωτη σχέση για το λήρες ελλειτικό

ολοκλήρωµα 1ου είδους, ( ) ,2

K k F kπ ≡

, ως αειρογινόµενο.

Εφαρµόζοντας διαδοχικά (µε κάοια ροσοχή) τον αναδροµικό τύο (8.22) για

αρχική τιµή του λάτους 2

πϕ = ροκύτει ότι

12nnϕ π−=

Αντικαθιστώντας στην εξ. (8.24) έχουµε την ζητούµενη σχέση

, (1 )2 2

∞

= + ∏ i

F k kπ π

( ) (1 )2

∞

= +∏ i

K k kπ

(8.25)

όου βεβαίως ισχύει 2

1 1

−

− −=

+ −

Στη συνέχεια ανεξάρτητα αό τους µετασχηµατισµούς Landen θα εκφράσουµε το

λήρες ελλειτικό ολοκλήρωµα 1ου είδους ως σειρά συναρτήσει της αραµέτρου k . Έστω το λήρες ελλειτικό ολοκλήρωµα ρώτου είδους

2 20

( )1 sin

=−∫ du

K kk u

Χρησιµοοιούµε το δυωνυµικό ανάτυγµα* στην ρος ολοκλήρωση συνάρτηση

( )1

2 2 2

2 2

11 sin

1 sink u

k u

−= −

−

οότε

2 2 2 22 2 4 4

2 20 0 0 0

1 1 2( ) sin sin

2 3 41 sin

duK k du k u du k u du

k u

π π π π⋅

= = + + +⋅−∫ ∫ ∫ ∫ ⋯⋯

22 2

1 3 (2 1)sin

2 4 (2 )n nn

k u dun

π⋅ −

+ +⋅ ∫⋯

⋯ ⋯⋯⋯⋯

* 2 3( 1) ( 1)( 2) ( 1) ( 1)(1 ) 1

1! 2! 3! !a na a a a a a a a a n

x x x x xn

− − − − − ++ = + + + + + +

⋯⋯ ⋯

µε 1x <

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

179

Με αραγοντική ολοκλήρωση αοδεικνύεται εύκολα ότι

2 21

0 0

1sin sin −−

=∫ ∫p ppu du u du

π π

και αό αυτόν τον αναγωγικό τύο για άρτιο 2p n= ροκύτει ότι

1 3 (2 1)sin

2 4 (2 ) 2n ku du

ππ⋅ −

=⋅∫ ⋯

⋯⋯

Συνεώς το ελλειτικό ολοκλήρωµα γίνεται

22 222

2 4

1 1 3 1 3 (2 1)

2 2 2 2 4 2 2 4 (2 ) 21 sin( )

⋅ ⋅ −= + + + + +

⋅ ⋅−

= ∫ ⋯⋯ ⋯

⋯⋯

ndu n

nk uK k k k k

ππ π π π

1 3 (2 1)( ) 1

2 2 4 (2 )

∞

⋅ −

= + ⋅ ∑ ⋯

⋯

nK k k

π (8.26)

Η αραάνω εξίσωση µορεί να γραφεί και στις αρακάτω µορφές

[ ]( )

2 244

0 0

22 2

0 0

(2 )!1 3 (2 1)( )

2 2 4 (2 ) 2 2 !

(2 )!(2 )! (2 )!

2 216 ! ! ! ! 2 ( !)

∞ ∞

= =

∞ ∞

= =

⋅ −= = ⋅

= =

∑ ∑

⋯

n n

n nn n

n n

nnK k k k

n n

n n nk k

n n n n n

π π

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

180

8.2.4 Ο ΑΚΡΙΒΗΣ ΥΠΟΛΟΓΙΣΜΟΣ ΤΗΣ ΠΕΡΙΟ∆ΟΥ ΜΕ ΤΟ ΧΕΡΙ Ας υοθέσουµε ότι θέλουµε να υολογίσουµε την ακριβή ερίοδο του

εκκρεµούς όταν η µέγιστη γωνία ταλάντωσης είναι θ = o

090 ,

χρησιµοοιώντας έναν υολογιστή τσέης. Ακολουθούµε τα αρακάτω βήµατα:

βήµα 1ο : Βρίσκουµε τον αριθµό: θ

= = =000

a cos cos45 0,70710672

βήµα 2ο : Υολογίζουµε τον αριθµητικό και τον γεωµετρικό µέσο των

αριθµών 1 και 0

a . Έτσι ροκύτουν οι αριθµοί:

= =01

1 aa 0,8535533

2 και = ⋅ =

1 1b 1 a 0,8408964

βήµα 3ο : Υολογίζουµε άλι τον αριθµητικό και γεωµετρικό µέσο των

αριθµών 1

a και 1

b οότε ροκύτουν δυο νέοι αριθµοί

= =1 12

a ba 0,8472248

2 και = =

2 1 1b a b 0,8472012

βήµα 4ο : Κάνουµε το ίδιο για τους 2

a και 2

b , οότε

= =2 23

a ba 0,847213

2 και = =

3 2 2b a b 0,847213

Παρατηρούµε ότι οι αριθµοί συµίτουν και δεν έχει νόηµα να εαναλάβουµε την διαδικασία (εφόσον θέλουµε ακρίβεια 5 δεκαδικών ψηφίων) διότι θα ροκύτει ο ίδιος αριθµός. Σηµειώνεται ότι ισχύει

→∞ →∞=

n nn nlima limb .

Τελευταίο βήµα: Αντιστρέφουµε την οριακή τιµή ου υολογίστηκε αίρνοντας:

1,18034070,847213

και ισχυριζόµαστε ότι αυτός ο αριθµός εκφράζει το κλάσµα 0

T, όταν

θ = o

090 !!!

Αν άµε στον ίνακα 1 θα δούµε ότι =0

T1,18034

T!!!!, για θ = o

090 . Με λίγα

λόγια υολογίσαµε την ερίοδο του αλού εκκρεµούς µε ακρίβεια 5 δεκαδικών ψηφίων, κάνοντας µερικές αλές ράξεις µε υολογιστή τσέης! Στην ραγµατικότητα έχουµε ετύχει ακρίβεια 6 δεκαδικών ψηφίων, διότι η ερίοδος µε ακρίβεια 16 ψηφίων είναι:

T=1,1803405990160962

Μορεί κανείς να εαναλάβει την διαδικασία και µε άλλες τιµές θ0

ειβεβαιώνοντας το γεγονός ότι

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

181

0T 2T

g(a,b) (a,b)π= =

µ µℓ

(8.27)

όου n nn n

(a,b) lima lim b→∞ →∞

µ = = , − −+= n 1 n 1

a ba

2, − −=

n n 1 n 1b a b µε

θ= 0

0a cos

και =0

b 1

Τα αραάνω µορεί να φαίνονται ερίεργα, όµως όως θα δούµε οφείλονται σε µια όµορφη ιδιότητα των ελλειτικών ολοκληρωµάτων ου αέδειξε ο µεγάλος µαθηµατικός Κ. F. Gauss. 8.2.5 ΤΟ ΟΡΙΟ ΤΟΥ GAUSS Ο ιο αλός τρόος υολογισµού του λήρους ελλειτικού ολοκληρώµατος 1ου είδους είναι µέσω του ορίου αριθµητικού – γεωµετρικού µέσου. Θεωρούµε το ολοκλήρωµα

2 2 2 20

( , )cos sin

=+∫ d

I a ba b

π ϕ

ϕ ϕ (8.28)

το οοίο µορούµε να ούµε ότι είναι µια «γενίκευση» του λήρους ελλειτικού

ολοκληρώµατος 1ου είδους. Κάνοντας την αλλαγή µεταβλητής, tanu b ϕ= , το

ολοκλήρωµα (8.28) µετά αό κάοιες ράξεις γράφεται

( )( )2 2 2 2

1( , )

+∞

−∞

=+ +∫ du

I a ba u b u

Στη συνέχεια µε δεύτερη αλλαγή µεταβλητής 2

2 1ab

v duu

= +

και ολύ ερισσότερες

ράξεις* αίρνουµε

( )( )1 1

2 2 2 21 1

1( , ) ( , )

+∞

−∞

= =+ +∫ dv

I a b I a ba v b v

όου 1 2

a ba

+= και 1b ab= .

Συνεχίζοντας µε τον ίδιο τρόο ροκύτει διαδοχικά ότι

1 1( , ) ( , ) ( , )n nI a b I a b I a b= = =⋯

όου

* Από την εξίσωση 2

2 1ab

v duu

= +

παρατηρούµε ότι αν u →±∞ τότε και v →±∞ .

Όµως όταν 0u −→ τότε v →+∞ , ενώ όταν 0u +→ τότε v →−∞ . Συνεπώς πρέπει να

πάρουµε υπόψιν το γεγονός ότι 0

( ) ( ) ( ) 2 ( )du du du dv

−

+∞ +∞ +∞

−∞ −∞ −∞

= + =∫ ∫ ∫ ∫⋯ ⋯ ⋯ ⋯

για να µην βρεθούµε στο τέλος µε ένα δυάρι επιπλέον!

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

182

1 2

a ba

+= , 1b ab=

1 12 2

a ba

+= , 2 1 1b a b=

…………………………

1 1

2n n

a ba − −+

= , 1 1n n nb a b− −=

Όµως οι ακολουθίες των αριθµητικών και των γεωµετρικών µέσων ου ροκύτουν µε τον αραάνω τρόο συγκλίνουν σε ένα κοινό όριο ου το συµβολίζουµε µε

( , ) lim limn nn n

a b a bµ→∞ →∞

= =

Έτσι µορούµε να γράψουµε

[ ][ ]

1 1( , ) ( , ), ( , ) tan

2 2 ( , )( , )

+∞ +∞−∞ ∞

−∞∞−∞

= = =

+ ∫ dv vI a b I a b a b

a ba b vµ µ

µµ

ή ( , )2 ( , )

I a ba b

πµ

= (8.29)

Το λήρες ελλειτικό ολοκλήρωµα 1ου είδους

2 20

( )1 sin

=−∫ du

K kk u

µορεί να γραφεί στην µορφή (8.28) αν θέσουµε 1a = και 21b k= − . Συνεώς σύµφωνα µε την εξ. (8.29) θα έχουµε

( )2

( )2 1,1

K kk

πµ

=−

(8.30)

Η σύγκλιση της ακολουθίας των αριθµητικών – γεωµετρικών µέσων είναι ταχύτατη οότε έχουµε µια ακόµη µέθοδο ροσδιορισµού του λήρους ελλειτικού ολοκληρώµατος. Η αραάνω µέθοδος οφείλεται στον µεγάλο µαθηµατικό K. F.

Gauss*. Σύµφωνα µε την εξ. (8.9) η ερίοδος του εκκρεµούς είναι†

0 4 ( )2 ( )

== K kK k lT T

gπ

Σύµφωνα µε την (8.30) η αραάνω εξίσωση γίνεται

( )21,1

lTg

πµ −

Αυτή είναι η εξ. (8.27) ου χρησιµοοιήσαµε στην ροηγούµενη ενότητα.

* Αξίζει να σηµειωθεί ότι το όριο του Gauss διερεύνησε περαιτέρω ο H. Geppert στην

δεκαετία του 30 σχηµατίζοντας την ακολουθία του γεωµετρικού - αρµονικού µέσου, δηλ.

20 1a k= − , 0 1b = , 1 1n n na a b− −= , 1 1

1 1

2 n nn

n n

a bb

a b− −

− −

αποδεικνύοντας ότι:

22 1 ( )

lim limn nn n

k K ka b

π→∞ →∞

−= = .

† Προσοχή στο γεγονός ότι στην εξ. (8.9) το πλήρες ελλειπτικό ολοκλήρωµα συµβολίζεται ως

( )2K k . Εδώ έχουµε για συντοµία παραλείψει το τετράγωνο στο k .

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

183

8.2.6 ΠΡΟΣΕΓΓΙΣΤΙΚΕΣ ΕΚΦΡΑΣΕΙΣ ΤΗΣ ΠΕΡΙΟ∆ΟΥ ΤΟΥ ΕΚΚΡΕΜΟΥΣ

Η ακριβής εξίσωση της εριόδου του εκκρεµούς συναρτήσει της αρχικής γωνίας 0θ ,

δίνεται αό την εξ. (8.9) 2

02 ( )K kT Tπ

όου 0sin2

kθ

= και ( )2K k το λήρες ελλειτικό ολοκληρώµατος 1ου είδους. Η τιµές

ου δίνει η εξίσωση αυτή συγκρίθηκαν µε τις τιµές ου ροκύτουν αό την γνωστή

ροσεγγιστική εξίσωση 0 2l

π= . Όµως η έκφραση αυτή αοτυγχάνει στην

ροσέγγιση της ακριβούς τιµής της εριόδου όταν η αρχική γωνία ταλάντωσης 0θ

είναι µεγάλη. Στη συνέχεια θα αρουσιάσουµε κάοιες εναλλακτικές µορφές της

εξίσωσης της εριόδου συναρτήσει της αρχικής γωνίας 0θ .

Μια αό αυτές ροκύτει αν ανατύξουµε το ελλειτικό ολοκλήρωµα ( )2K k σε

σειρά ως ρος 0θ . Η διαδικασία αυτή εριγράφηκε στην §8.2.3 και το τελικό

αοτέλεσµα ήταν:

2 2

2 20

1 3 (2 1)( ) 1

2 2 4 (2 )1 sin

∞

⋅ −

= = + ⋅ − ∑∫ ⋯

⋯

du nK k k

nk u

ππ

(8.26)

∆εδοµένου ότι 0sin2

kθ

= ο τύος ου θα δίνει την ερίοδο Τ είναι:

2 0

1 3 (2 1)2 1 sin2 4 (2 ) 2

l nTg n

θπ

∞

⋅ −= +⋅∑ ⋯

⋯ (8.31)

Μερικοί όροι της αραάνω σειράς είναι

0 0 0

0 0

2 4 6

8 10

1 9 225

4 2 64 2 2304 2

11025 893025

147456 2 14745600 2

1 sin sin sin

sin sin

θ θ θ

θ θ

= + + + +

+ +⋯⋯

(8.32)

Μορούµε να έχουµε ικανοοιητική ροσέγγιση αν χρησιµοοιήσουµε δυο ή τρεις όρους της αραάνω σειράς, .χ.

2 02 1 sin2

θπ = +

αλλά όως φαίνεται στο σχήµα 1 στις µεγάλες γωνίες έχουµε άλι αόκλιση αό την ακριβή τιµή.

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

184

0 20 40 60 80θ0 HdegL

1.025

1.05

1.075

1.1

1.125

1.15

1.175

TêTo

Σχήµα 1: Με πράσινο χρώµα φαίνεται η σχέση 2 0

11 sin

4 2

θ= + , οι δυο πρώτοι όροι της

σειράς (8.32), ενώ µε µπλε χρώµα οι τρεις πρώτοι όροι, 2 40 0

1 91 sin sin

4 2 64 2

θ θ= + + . Με

κόκκινο δίνεται η ακριβής τιµή του λόγου 0

T σύµφωνα µε την εξ. (8.9).

Είναι ενδιαφέρον να ανατύξουµε την σειρά ου αριστάνει η εξ. (8.31) ως ρος την

αρχική γωνία 0θ και όχι ως ρος δυνάµεις του ηµιτόνου αυτής της γωνίας.

Χρησιµοοιώντας το ανάτυγµα του ηµιτόνου

3 5 7

0 0 0 00

( 2) ( 2) ( 2)sin 2

2 3! 5! 7!

θ θ θ θθ= − + − +⋯⋯

στους όρους της σειράς (8.32) ροκύτει ότι

2 4 6 8 100 0 0 0 0

1 11 173 22931 1319183

16 3072 737280 1321205760 9512681472001

Tθ θ θ θ θ= + + + + + +⋯ (8.33)*

Και στην ερίτωση αυτή µορούµε να χρησιµοοιήσουµε δυο ή τρεις όρους της σειράς, .χ.

202 1

θπ

= +

* Οι συντελεστές οποιουδήποτε όρου της σειράς (8.32) υπολογίζονται σύµφωνα µε την εξ.

(8.31). Μπορεί να γίνει το ίδιο και για την σειρά (8.33);

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

185

Στο σχήµα 2 φαίνεται ότι µε την έκφραση αυτή ειτυγχάνεται καλύτερη ροσέγγιση.

0 20 40 60 80θ0 HdegL

1.025

1.05

1.075

1.1

1.125

1.15

1.175

TêTo

Σχήµα 2: Με πράσινο χρώµα φαίνεται ο λόγος 0

T συναρτήσει των δυο πρώτων όρων της

σειράς (8.33), 20

116

θ= + , ενώ µε µπλε χρώµα συναρτήσει των τριών πρώτων όρων της

σειράς, 2 40 0

1 111

16 3072

Tθ θ= + + . Με κόκκινο δίνεται η ακριβής τιµή του λόγου

σύµφωνα µε την εξ. (8.9). (Συγκρίνετε µε το σχήµα 1)

Μέχρι τώρα είδαµε δυο εκφράσεις της εριόδου του εκκρεµούς ως ανατύγµατα

σειράς ως ρος την αρχική γωνία 0θ [εξ. (8.31) και (8.33)]. Οι ιδιότητες των

ελλειτικών ολοκληρωµάτων µας δίνουν µια έκφραση της εριόδου ως

αειρογινόµενο. Έτσι το ελλειτικό ολοκλήρωµα ( )2K k γράφεται

( )( ) ( )21 2 3

( ) 1 1 1 (1 )2 2

∞

= + + + = +∏⋯ i

K k k k k kπ π

όου 00 sin

2k k

θ= = και

1 1

−

− −=

+ −. Συνεώς η ερίοδος του εκκρεµούς

δίνεται αό την

( )1

0 1i

iT T k∞

= +∏ (8.34)

Αν θεωρήσουµε µόνο έναν όρο της εξ, (8.34) τότε έχουµε

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

186

2 0

02 0

1 1 sin21

1 1 sin2

T T

− −

= +

+ −

και εφαρµόζοντας αλές τριγωνοµετρικές ταυτότητες ροκύτει η ροσεγγιστική έκφραση της εριόδου

0 02

2 0

ή cos

όπου cos4

θ δ

θδ

Τ= Τ =

(8.35)

Στο αρακάτω σχήµα φαίνεται η ακρίβεια της εξίσωσης (8.35). Για αράδειγµα, στην

ακραία ερίτωση 0 90oθ = , η αόκλιση αό την ραγµατική τιµή της εριόδου

είναι 0.74%!

0 20 40 60 80θ0 HdegL

1.025

1.05

1.075

1.1

1.125

1.15

1.175

TêTo

Σχήµα 3: Με µπλε χρώµα φαίνεται ο λόγος 0

T σύµφωνα µε την εξίσωση 0

2 0cos4

θ= . Με

κόκκινο δίνεται η ακριβής τιµή του λόγου 0

T σύµφωνα µε την εξ. (8.9). Συγκρίνετε µε

σχήµατα 1 και 2. Αν θεωρήσουµε δυο όρους του γινοµένου στην εξ. (8.34) τότε µετά αό ράξεις καταλήγουµε στην

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

187

00 2 2

4 ή

cos 12

cos 12 όπου

TT T T

δθ

= =

(8.36)

Η ακρίβεια της αραάνω εξίσωσης είναι εκληκτική, όως φαίνεται στο σχήµα 4.

0 20 40 60 80θ0 HdegL

1.025

1.05

1.075

1.1

1.125

1.15

1.175

TêTo

Σχήµα 4: Με διακεκοµµένο µαύρο χρώµα φαίνεται ο λόγος 0

T σύµφωνα µε την

εξίσωση 0 2

cos 12

T Tθ

. Με κόκκινο δίνεται η ακριβής τιµή του λόγου 0

T σύµφωνα

µε την εξ. (8.9). Συµερασµατικά, το αειρογινόµενο (8.34) συγκλίνει τόσο γρήγορα, ώστε και µόνον

ο ρώτος όρος του να δίνει ολύ καλή ροσέγγιση της εριόδου για 000 90θ< ≤ .

Αν έρεε να ειλέξουµε κάοια αό τις ροσεγγιστικές εξισώσεις ου δίνουν την

ερίοδο συναρτήσει της αρχικής γωνίας 0θ , τότε αρότι εξ. (8.36) υερτερεί αό όλες

σε ακρίβεια, θα ειλέγαµε την εξ. (8.35) λόγω συντοµίας.

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

188

Αο Κ

8.2.7 ΕΚΚΡΕΜΕΣ ΜΕ ΠΕΡΙΟ∆Ο ΑΝΕΞΑΡΤΗΤΗ ΤΟΥ ΠΛΑΤΟΥΣ Α. Η κυκλοειδής καµπύλη είναι «ισόχρονη». Ο Γαλιλαίος θεωρούσε ότι η περίοδος του εκκρεµούς είναι ανεξάρτητη της γωνίας 0θ

από την οποία άρχιζε η ταλάντωση. Αντιµετώπιζε δηλαδή την κυκλική τροχιά που διαγράφει το εκκρεµές ως καµπύλη ισοχρόνου (ή ταυτοχρόνου). Η κίνηση του εκκρεµούς είναι ισοδύναµη µε την ολίσθηση χωρίς τριβές µιας σηµειακής µάζας στο

εσωτερικό µιας σφαιρικής λείας επιφάνειας. Έτσι, ο Γαλιλαίος θεωρούσε (λανθασµένα) ότι αν το σωµατίδιο του διπλανού σχήµατος ξεκινήσει χωρίς αρχική ταχύτητα από το σηµείο Αο φθάνει στο κατώτερο σηµείο Γ στον ίδιο χρόνο που θα έκανε αν ξεκινούσε από το σηµείο Α ή οποιοδήποτε άλλο

σηµείο του τόξου 0Α Γ ! Ο Huygens ανακάλυψε ότι ο

ισχυρισµός του Γαλιλαίου περί ισόχρονων ταλαντώσεων στο απλό εκκρεµές ήταν αναληθής. Στη συνέχεια αναζήτησε µια καµπύλη που να έχει την ιδιότητα του ισόχρονου και προσπάθησε να κατασκευάσει ένα εκκρεµές* του οποίου όµως η

τροχιά της µάζας που ταλαντώνεται να έχει την µορφή αυτής της καµπύλης και όχι της κυκλικής. Ισοδύναµα, µπορούµε να αναζητήσουµε µια καµπύλη στην οποία ο χρόνος ολίσθησης ενός σώµατος χωρίς τριβές µέχρι το κατώτερο σηµείο της να είναι ανεξάρτητος από το σηµείο εκκίνησης. Έστω ( )=y y x µια τέτοια καµπύλη, κατά µήκος της οποίας η περίοδος των ταλαντώσεων ενός σώµατος είναι ανεξάρτητη του πλάτους, όπως στην απλή

* Στον 17ο αιώνα οι ναυτικές δυνάµεις προσέφεραν µεγάλα χρηµατικά ποσά σε όποιον θα

έβρισκε µια αξιόπιστη µέθοδο υπολογισµού του γεωγραφικού µήκους στη θάλασσα. Ο

προσδιορισµός όµως του γεωγραφικού µήκους απαιτούσε ένα χρονόµετρο ακριβείας που να

λειτουργεί µέσα σε ένα κινούµενο πλοίο ώστε να δίνει την ώρα του λιµανιού από το οποίο

ξεκίνησε. Ο Huygens σκόπευε να κατασκευάσει ένα τέτοιο χρονόµετρο. Αρχικά κατασκεύασε

ένα ρολόι µε το κλασικό εκκρεµές αποδεικνύοντας ότι η περίοδός του εξαρτάται από το

πλάτος του.

Στη συνέχεια κατασκεύασε εκκρεµές του οποίου το σφαιρίδιο διέγραφε µια καµπύλη

διαφορετική της κυκλικής έτσι ώστε η περίοδος να είναι ανεξάρτητη του πλάτους! Η

κατασκευή του ήταν περίπλοκη, αλλά η βασική της ιδέα ήταν η χρήση κατάλληλων ελασµάτων

που άλλαζαν το µήκος του εκκρεµούς, όπως δείχνει το σχήµα. Για την ιστορία αναφέρουµε

ότι οι προσπάθειες κατασκευής «ναυτικού» χρονοµέτρου συνεχίστηκαν µέχρι τον 18ο αιώνα.

Το 1759 ένας ξυλουργός, ο John Harrison τελειοποίησε ένα εξαιρετικά ακριβές ρολόι (όχι

ρολόι – εκκρεµές) δίνοντας πρώτος αξιόπιστη λύση στον προσδιορισµό του γεωγραφικού

µήκους.

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

189

αρµονική ταλάντωση. Αφήνουµε σε ένα τυχαίο σηµείο Α(x,y) της καµπύλης µια σηµειακή µάζα να ολισθήσει χωρίς τριβές κατά µήκος της καµπύλης.

y=yHxL

AHx,yL

Για να προσοµοιάζει η κίνηση µε αυτήν του αρµονικού ταλαντωτή (να είναι δηλαδή ανεξάρτητη της αρχικής θέσης - πλάτους) θα πρέπει η βαρυτική δυναµική ενέργεια που έχει το σωµατίδιο, να έχει την µορφή της δυναµικής ενέργειας του αρµονικού ταλαντωτή:

21 2 1 2

2 2= ⇒ = ⇒ =

mg y ds mgD s mg y s

D dy D y

όπου =s OA . Το στοιχειώδες µήκος τόξου γράφεται

( )22 2 2 1= + ⇒ = −ds dx dy dx dy ds dy

και δεδοµένου ότι 20

1 2 1 2

2 2= =

ds mg g

dy D y yω, µε 2

0 =D

mω , θα έχουµε

( )202

1 2 12

= − ⇒ = −∫g

dx dy x g y dyy

ωω

Το ολοκλήρωµα υπολογίζεται αν θέσουµε: 204r g ω= και (1 cos )y r θ= − , οπότε sindy r dθ θ=

Μετά από πράξεις θα έχουµε

1 cossin

1 cosx r d

θθ θ

θ+

=−∫

Χρησιµοποιώντας τις τριγωνοµετρικές σχέσεις του ηµίσεως τόξου παίρνουµε

2 1 cos2 cos ( 2) 2

2 2x r d r d

θθ θ θ = = + ⇒

∫ ∫

( sin )x r Cθ θ= + +

Αν απαιτήσουµε να ισχύει ( 0) 0x θ = = τότε ισχύει 0C = . Έτσι, η καµπύλη που ικανοποιεί την συνθήκη του «ισοχρόνου» εκφράζεται µέσω των παραµετρικών εξισώσεων:

( sin )

(1 cos )

= +

= −

x r

y r

θ θθ

και ονοµάζεται κυκλοειδής καµπύλη. Το γράφηµα της κυκλοειδούς φαίνεται στο διπλανό σχήµα. Ένας απλός τρόπος «σχεδίασης» αυτής της καµπύλης είναι να παρακολουθήσουµε την διαδροµή που διαγράφει σηµείο της περιφέρειας

πr−πr 0

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

190

ενός τροχού που κυλίεται κατά µήκος µιας ευθείας χωρίς ολίσθηση. Κάθε πλήρης περιστροφή του τροχού παράγει µια νέα κυκλοειδή, εφαπτόµενη της αρχικής. Αναστρέφοντας την καµπύλη που δηµιουργεί η κύλιση του τροχού και τοποθετώντας το ελάχιστό της στην θέση (0,0) παίρνουµε την κυκλοειδή καµπύλη που παριστάνουν οι παραµετρικές εξισώσεις που προσδιορίσαµε. Β. Η περίοδος ταλάντωσης κατά µήκος της κυκλοειδούς καµπύλης. Από οποιοδήποτε σηµείο της κυκλοειδούς κι αν αφήσουµε να ολισθήσει ένα σώµα, ο χρόνος που απαιτείται για να φτάσει στο κατώτερο σηµείο Ο είναι πάντα ο ίδιος. Ο χρόνος που απαιτείται µέχρι το σώµα να επιστρέψει στην αρχική θέση µετά από µια πλήρη ταλάντωση είναι η περίοδος της ταλάντωσης και ανεξάρτητος από το πλάτος της. Σύµφωνα µε τα προηγούµενα εφόσον δείξαµε ότι το σωµατίδιο κατά µήκος της κυκλοειδούς εκτελεί απλή αρµονική ταλάντωση µε γωνιακή ταχύτητα 0ω ,

και ισχύει 204r g ω= , θα έχουµε 0 4

rω = ⇒ 4

gπ= . Στη συνέχεια θα

αποδείξουµε την σχέση αυτή ξανά για να δείξουµε έναν γενικότερο τρόπο υπολογισµού της περιόδου του απλού εκκρεµούς.

y=yHxL

A0Hx0,y0L

AHx,yL

Εργαζόµαστε ως εξής: Θεωρούµε στοιχειώδες µήκος τόξου

( )22 2 2 1= + ⇒ = + ⇒ds dx dy ds dx dy dx 21 ( )′= +ds dx y x

Για ένα σώµα που ολισθαίνει από την αρχική θέση ( )0 0 0,Α x y , κατά µήκος µιας

καµπύλης χωρίς τριβές, θα ισχύει η αρχή διατήρησης της µηχανικής ενέργειας:

[ ] [ ]20 0

1( ) 2 ( )

2− = ⇒ = −mg y y x m g y y xυ υ

και για την ταχύτητα

0( )− −= ⇒ =

d s s dsdt

dtυ

όπου 0 0=s OA και =s OA [θεωρούµε ως αρχή των τόξων την θέση (0,0)].

Συνδυάζοντας τις 3 τελευταίες εξισώσεις έχουµε

[ ]

1 ( )

2 ( )

′+= − ⇒

−

y xdt dx

g y y x [ ]0

0 2

1 ( )

4 2 ( )

′+= = −

−∫x

y xTt dx

g y y x

οπότε

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

191

[ ]

0 2

1 ( )4

2 ( )

′+=

−∫x

y xT dx

g y y x

Η τελευταία εξίσωση ισχύει για οποιαδήποτε µορφή καµπύλης ( )=y y x .

Για παράδειγµα, αν η καµπύλη είναι ένα κοίλο ηµικύκλιο µε κέντρο το σηµείο (0, )ℓ

στον άξονα y και ακτίνα ίση µε ℓ (όπως στο απλό εκκρεµές), θα έχει εξίσωση:

2 2( ) = − −ℓ ℓy x x

Χρησιµοποιώντας τις παραµετρικές εξισώσεις, sin= ℓx θ και cos= ℓy θ , έχουµε

(1 cos )= −ℓy θ , 1

tan′ = = =dy dy

ydx d dx d

θθ θ

και cos= ℓdx dθ θ

Έτσι,

42 cos cos

=−∫ℓ d

θθ

θ θ

και σύµφωνα µε την ανάλυση της §8.2 παίρνουµε την εξ. (8.9) που δίνει την περίοδο του εκκρεµούς. Στην περίπτωση της κυκλοειδούς έχουµε:

(1 cos )= +dx r dθ θ , 1 sin

1 cos′ = = =

+dy dy

ydx d dx d

θθ θ θ

, 0 0(1 cos )= −y r θ

οπότε

[ ]

sin1

1 cos4 (1 cos )

2 cos cos

+ + = +−∫

T r dgr

θθ

θ θθ θ

και µετά από πράξεις

( )( ) ( )

0 0

2 200 0 0

cos 21 cos4 4

cos cos sin 2 sin 2

r rT d d

g g

θ θθθ

θ θθ θ θ θ

+= =

− −∫ ∫

Θέτοντας 01 sin2

kθ

= και 2

uθ= , έχουµε

( )0

0 22

2 200

arcsin sincos8 8

1 sin

k ur u rT k du k

g g kk u

θθ

= = ⇒ −∫

Όµως ( ) ( )

00 2

2 200

arcsin sin arcsin 1cos0

21 sin

k uudu

k k kk u

θθπ

= = − = −∫

και 4r

π=

Έτσι, αν το σωµατίδιο αφεθεί να ολισθήσει από ένα τυχαίο σηµείο της κυκλοειδούς καµπύλης, ο χρόνος που απαιτείται ώστε να επιστρέψει αρχική του θέση δίνεται από την παραπάνω

πr−πr 0

−4r 4r

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

192

εξίσωση. Παρατηρούµε ότι ένα κλασικό απλό εκκρεµές που ταλαντώνεται σε µικρές γωνίες έχει περίοδο ίση µε την περίοδο της κυκλοειδούς, όταν έχει µήκος 4r=ℓ . Στο σχήµα βλέπουµε την ηµικυκλική τροχιά (πράσινη καµπύλη) που ακολουθεί ένα τέτοιο εκκρεµές µαζί µε την αντίστοιχη κυκλοειδή (µαύρη καµπύλη). Βέβαια οι ταλαντώσεις του εκκρεµούς πρέπει να γίνονται γύρω από το µηδέν.

Γ. Η κυκλοειδής καµπύλη είναι και η «βραχυστόχρονη». Το 1696 ο Johann Bernoulli έθεσε στους µαθηµατικούς της εποχής του το εξής πρόβληµα: Έστω δυο δεδοµένα σηµεία Α και Γ σε ένα κατακόρυφο επίπεδο. Να βρεθεί η καµπύλη την οποία πρέπει να διαγράψει µια σηµειακή µάζα υπό την επίδραση της βαρύτητας, έτσι ώστε ξεκινώντας από το Α χωρίς αρχική ταχύτητα να φτάσει χωρίς τριβές στο Γ στον ελάχιστο χρόνο. Ο Γαλιλαίος στα τέλη του 16ου – αρχές του 17ου αιώνα πειραµατιζόµενος µε κεκλιµένα επίπεδα και σωλήνες µεταφοράς νερού σε σχήµα τόξων, διαπίστωσε ότι η κίνηση κατά µήκος ενός κυκλικού τόξου διαρκεί λιγότερο από την κίνηση κατά µήκος της αντίστοιχης χορδής. Ήταν όµως η διαδροµή του κυκλικού τόξου η συντοµότερη δυνατή; Ο ίδιος δεν πρόλαβε να δώσει την σωστή απάντηση που είναι πάλι η κυκλοειδής καµπύλη. Λύσεις στο πρόβληµα Bernoulli έδωσαν οι Leibniz, de l’ Hospital, Jacob Bernoulli (αδερφός του Johann) και πιθανώς ο ίδιος ο Νεύτωνας µε ψευδώνυµο. Η ευφυέστερη όλων ίσως ήταν η λύση που δόθηκε από τον ίδιο τον Johann Bernoulli που χρησιµοποίησε τη αρχή του Fermat, ότι το φως όταν κινείται µεταξύ δυο σηµείων διασχίζει τη διαδροµή που απαιτεί το ελάχιστο χρονικό διάστηµα. Εδώ θα αποδείξουµε ότι η κυκλοειδής καµπύλη είναι η «βραχυστόχρονη» χρησιµοποιώντας την βασική αρχή του λογισµού των µεταβολών*: Θεωρούµε την ποσότητα ( ), ,f y y x′ που είναι µια συνάρτηση των συναρτήσεων ( )y y x= ,

( )y y x′ ′= και της µεταβλητής x . Το ολοκλήρωµα

( ), ,x

xI f y y x dx

′= ∫

παίρνει την ελάχιστη (ή µέγιστη) τιµή όταν ικανοποιείται η εξίσωση Euler – Lagrange:

0f d f

y dx y

∂ ∂− = ′∂ ∂

Έστω ( )y y x= η εξίσωσης της τροχιάς που ακολουθεί σηµειακή µάζα όταν κινείται υπό την επίδραση της βαρύτητας µεταξύ δυο σηµείων Α και Γ. Ξεκινώντας από το

* Τα προβλήµατα που σχετίζονται µε την κυκλοειδή οδήγησαν στην ανάπτυξη του λογισµού

των µεταβολών και την διατύπωση της κλασικής µηχανική µέσω των εξισώσεων Lagrange

και Hamilton.

( )y y x=

(0,0)Α

( , )x yΓ ΓΓ

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

193

σηµείο Α το σωµατίδιο χωρίς αρχική ταχύτητα σε µια τυχαία θέση θα έχει ταχύτητα:

2 ( )gy xυ = . Το στοιχειώδες µήκος τόξου µιας καµπύλης ( )y y x= γράφεται

21 ( )′= +ds dx y x

και ο χρόνος που απαιτείται για να διανυθεί το στοιχειώδες τόξο (βλέπε προηγούµενα) είναι

21 ( )

2 ( )

y xdsdt dx

gy xυ′+

= = *

Ο συνολικός χρόνος για την µετάβαση από το σηµείο Α στο σηµείο Γ κατά µήκος της καµπύλης ( )y y x= θα δίνεται από το ολοκλήρωµα:

21 1 ( )

( )2

y xt dx

y xg

′+= ∫

Για να είναι ο χρόνος αυτός ελάχιστος πρέπει το ολοκλήρωµα 21 ( )

( )

y xI dx

y x

′+= ∫

να παίρνει την ελάχιστη τιµή. Αυτό συµβαίνει όταν ικανοποιείται η εξίσωση Euler – Lagrange:

0f d f

y dx y

∂ ∂− = ′∂ ∂

µε 21 ( )

( , )( )

y xf y y

y x

′+′ = . Ισχύουν: 2

3 2

y y

′+∂= −

∂ και ( χρειάζεται προσοχή!):

( ) ( )( )

3 23 2 2 22 1 1

f y f yd f dy dy y y

dx y y dx y dx y y y y

′ ′∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ′′ ′ ′′ ∂= + = − + ′ ′∂ ∂ ∂ ′+ ′ +

Αντικαθιστώντας στην εξίσωση Euler – Lagrange παίρνουµε µετά από πράξεις:

( ) ( ) ( )2 2 2 21 2 0 1 2 0 1 1 0y y y y y y y y y y y ′′ ′′ ′ ′ ′′ ′ ′ ′+ + = ⇒ + + = ⇒ + + + = ⇒

( ) ( )2 21 0 1C y

y y y y C dy dxy

−′ ′ ′+ = ⇒ + = ⇒ =

Κάνοντας την αντικατάσταση 2(1 cos ) 2 siny C Cθ θ= − = ,

µετά από πράξεις παίρνουµε:

( )sinx C θ θ= −

η οποία µαζί µε την (1 cos )y C θ= − αποτελούν την παραµετρική έκφραση κυκλοειδούς που σε κανονικούς άξονες έχει στραµµένα τα κοίλα προς τα κάτω (όπως η κυκλοειδής που δηµιουργεί ο τροχός που κυλίεται σε οριζόντιο επίπεδο). Εµείς όµως θεωρούµε τον άξονα y να έχει τα θετικά προς τα κάτω. Έτσι, η διαδροµή που αντιστοιχεί στον ελάχιστο χρόνο για την µετάβαση από το Α στο Γ, είναι η κυκλοειδής του παρακάτω σχήµατος (µαύρη καµπύλη). Στο ίδιο σχήµα βλέπουµε για

* Τώρα δεν υπάρχει αρνητικό πρόσηµο διότι η αρχή µέτρησης του τόξου θεωρείται το αρχικό

σηµείο Α(0,0)!

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

194

σύγκριση το τεταρτοκύκλιο (πράσινη καµπύλη) που έχει ως χορδή το ευθύγραµµο τµήµα ΑΓ.

ΓHxΓ,yΓL

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

195

8.3 H ΛΥΣΗ ΤΗΣ ∆ΙΑΦΟΡΙΚΗΣ ΕΞΙΣΩΣΗΣ ΤΟΥ ΑΠΛΟΥ ΕΚΚΡΕΜΟΥΣ

Η διαφορική εξίσωση της κίνησης του εκκρεµούς

(t) sin (t) 0′′θ + θ =ℓ

είναι δυνατόν να ειλυθεί χωρίς καµιά ροσέγγιση. Όµως η λύση εριέχει µια συνάρτηση ου δεν είναι αρκετά γνωστή, την ελλειτική συνάρτηση snx .

Στο κεφάλαιο αυτό θα δούµε ότι η ελλειτική συνάρτηση snx ορίζεται ως η

αντίστροφη της συνάρτησης ου ορίζει το ελλειτικό ολοκλήρωµα 1ου είδους. Για να κατανοηθεί καλύτερα ο ορισµός αυτός αρχικά θα ορίσουµε µε ανοµοιότυο τρόο την γνωστή συνάρτηση του ηµιτόνου.

8.3.1 ΕΝΑΣ ΕΝΑΛΛΑΚΤΙΚΟΣ ΟΡΙΣΜΟΣ ΤΗΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ ΤΟΥ ΗΜΙΤΟΝΟΥ Γνωρίζουµε ότι η κυκλοµετρική συνάρτηση

1sinx y−= ή arcsiny , [ 1,1] ,2 2

π π − → −

είναι η αντίστροφη της συνάρτησης

siny x= , , [ 1,1]2 2

π π − → −

εφόσον στο διάστηµα ,2 2

π π − η συνάρτηση του ηµιτόνου είναι συνεχής και

γνησίως αύξουσα.

−π2

π2

-1

-0.5

0.5

y = sinx

-1 -0.5 0.5 1y

−π2

π2

x = sin−1y

Σχήµα 1: Οι γραφικές παραστάσεις της συνάρτησης του ηµιτόνου και της αντίστροφης

συνάρτησης του τόξου ηµιτόνου.

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

196

Ας ροσοιηθούµε τώρα ότι δεν γνωρίζουµε την σχέση αντιστροφής των

συναρτήσεων αυτών και ας ορίσουµε την συνάρτηση 1sinx y−= µέσω του γνωστού

ολοκληρώµατος

( )1

( ) sin1

ydt

x F y yt

−= = =−∫ ή arcsiny

Τότε η αντίστροφη συνάρτηση της ( )F y , δηλ. η 1( )y F x−= , αοδεικνύεται ότι έχει

όλες τις ιδιότητες της συνάρτησης του ηµιτόνου, έτσι ώστε το ηµίτονο να οριστεί εξαρχής ως

1sin ( )y x F x−= =

Όµως ένα ρόβληµα ου ρέει να ξεεραστεί στον αραάνω ορισµό είναι το

γεγονός ότι το εδίο τιµών της συνάρτησης τόξου ηµιτόνου ( )arcsin είναι το

διάστηµα ,2 2

π π − , ενώ το εδίο ορισµού της εριοδικής συνάρτησης του ηµιτόνου

είναι το διάστηµα [ ],−∞ +∞ .

Συνεώς ρέει να εεκτείνουµε το εδίο τιµών της συνάρτησης arcsin στο

διάστηµα [ ],−∞ +∞ . Για τον λόγο αυτό ορίζουµε τους κλάδους της κυκλοµετρικής

συνάρτησης, ου θεωρείται λειονότιµη συνάρτηση. Έτσι ρωτεύων κλάδος είναι

( )( )1

0 0 020

arcsin ( ) sin1

ydt

x y F y yt

−= = = =−∫ , [ 1,1] ,

2 2

π π − → −

η αντίστροφη της οοίας δίνει την συνάρτηση του ηµιτόνου

10sin ( )y x F x−= = ορισµένη στο διάστηµα , [ 1,1]

2 2

π π − → −

Η γραφική αράσταση του ηµιτόνου στο διάστηµα αυτό φαίνεται στο σχήµα 1. Παρατηρούµε ότι

( )

(1)21

dtF

π= =

−∫

Ορίζοντας τον εόµενο κλάδο ως

( )1 0 0 1

arcsin 2 (1) ( ) ( )1

ydt

x y F F y F yt

π= = + = + =−∫ ,

3[ 1,1] ,

2 2

π π − →

και αντιστρέφοντας ροκύτει η συνάρτηση του ηµιτόνου

11sin ( )y x F x−= = ορισµένη στο διάστηµα

3, [ 1,1]

2 2

π π → −

Ήδη οι δυο κλάδοι της συνάρτησης τόξου ηµιτόνου αντιστοιχούν σε µια ερίοδο

02 4 (1)Fπ = της συνάρτησης του ηµιτόνου. Έτσι, µορούµε να γενικεύσουµε

γράφοντας

1( ) arcsin ( ) sin

[ 1,1] , , [ 1,1]2 2 2 2

k k kx F y y y F x x

k k k kπ π π ππ π π π

−= = = = ⇔ − → − + − + → −

, µε k ∈ℤ

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

197

καλύτοντας µε τον τρόο αυτό ολόκληρο το εδίο ορισµού της συνάρτησης του

ηµιτόνου [ ],−∞ +∞ και αναδεικνύοντας την εριοδικότητά της µε ερίοδο

02 4 (1)T Fπ= = .

-1 -0.5 0.5 1y

−3 π2

−π

−π2

π2

3 π2

x = sin−1y

−3 π2

−π −π2

π2

π 3π2

-1

-0.5

0.5

y = sinx

Σχήµα 2: Το γράφηµα της συνάρτησης του ηµιτόνου που προκύπτει ως η αντίστροφη των

κλάδων της συνάρτησης του τόξου ηµιτόνου

arcsin ( )k kx y F y= = 1sin ( )ky x F x−⇔ = =

για 1k = − (πράσινο), 0k = (κόκκινο) και 1k = (µαύρο).

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

198

Με αρόµοιο τρόο µορούµε να ορίσουµε την συνάρτηση 2

arctan1

ydt

=+∫

και στη συνέχεια την αντίστροφή της την tanx , την tanhx ως την αντίστροφη της

tanh1

ydt

− =−∫ ή την xe ως την αντίστροφη της

lny

dty

t=∫ κ.ο.κ.

8.3.2 Ο ΟΡΙΣΜΟΣ ΤΩΝ ΕΛΛΕΙΠΤΙΚΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ Η ανάλυση της ροηγούµενης αραγράφου µας έδειξε ως αό το ολοκλήρωµα

( )20 1

ydt

t−∫

µορούµε να ορίσουµε µια ασίγνωστη τριγωνοµετρική συνάρτηση, την συνάρτηση

sinx . Εδώ θα ξεκινήσουµε αό το ελλειτικό ολοκλήρωµα 1ου είδους και θα ορίσουµε µε ανοµοιότυο τρόο τις όχι και τόσο γνωστές ελλειτικές συναρτήσεις.

Σε ροηγούµενη ενότητα ορίστηκε το ελλειτικό ολοκλήρωµα ρώτου είδους* ως

( )( )2 20

( , )1 1

ydt

x F y mt mt

= =− −∫ , 0 1m≤ ≤ (8.37)

Ή κάνοντας τον µετασχηµατισµό sint u= ( )siny ϕ= † το ολοκλήρωµα (8.37)

αίρνει την ισοδύναµη µορφή

( )20

( , )1 sin

dux F m

m u

ϕ= =−∫ , 0 1m≤ ≤ (8.38)

Η ανάλυση της ροηγούµενης ενότητας µας οδηγεί στο να ορίσουµε έναν νέο τύο

συνάρτησης ου θα ροκύτει ως η αντίστροφη της συνάρτησης ( , )F y m ου ορίζει

το ολοκλήρωµα (8.37). Θέτοντας τις ακραίες τιµές 0m = και 1m = στην εξ. (8.37) τότε το ολοκλήρωµα εκφυλίζεται στις γνωστές συναρτήσεις

( )1

( ,0) sin1

ydt

F y yt

−= =−∫ και 1

( ,1) tanh1

ydt

F y yt

−= =−∫ (8.39)

Αυτό σηµαίνει ότι η νέα συνάρτηση για τις οριακές τιµές της αραµέτρου m θα

εκφυλίζεται στις στοιχειώδεις συναρτήσεις sin και tanh. Η αντίστροφη της συνάρτησης ου ορίζει η εξίσωση (8.37) [ή (8.38)] είναι µία ελλειτική συνάρτηση Jacobi

* Εδώ γίνεται µια µικρή αλλαγή στο συµβολισµό των µεταβλητών για να υπάρχει συµφωνία µε

την προηγούµενη ενότητα † Υπενθυµίζεται ότι το ϕ ονοµάζεται πλάτος και ότι παράµετρος m συµβολίζεται και ως

2k m= ή ως 2sinm a= ( )sink a= .

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

199

1sn( , ) ( , ) siny x m F x m ϕ−= = = (8.40)

Αό την εξ. (8.39) ροκύτει ότι

sn( , 0) sinx m x= ≡ ,

και

sn( , 1) tanhx m x= ≡ .

Η συνάρτηση sn( , )x m είναι εριοδική µε ερίοδο* 4 ( )T K m= , όου 2

( )1 sin

duK m

m u

=−∫

το λήρες ελλειτικό ολοκλήρωµα 1ου είδους. Παρατηρείστε την αναλογία µε την ερίτωση του ηµιτόνου όως ορίστηκε στην ροηγούµενη αράγραφο.

Η συνάρτηση ( , )F y m έχει εδίο ορισµού το διάστηµα [ 1,1]− , ενώ το εδίο τιµών

εξαρτάται αό την τιµή της αραµέτρου m και βρίσκεται µεταξύ ( 1, ) ( )F m K m− = −

και (1, ) ( )F m K m= †. Έτσι, µορούµε να ούµε ότι ο ρωτεύων κλάδος της ορίζεται

ως

( )( )[ ]0

2 20

( , ) , [ 1,1] ( ), ( )1 1

ydt

F y m K m K mt mt

= − → −− −∫

και αντιστρέφοντας αίρνουµε την ελλειτική συνάρτηση

* Μπορούµε π.χ. να αποδείξουµε ότι ( )sn 2 snx K x+ = − . Θεωρούµε τις σχέσεις (σύµφωνα

µε τον ορισµό της ελλειπτικής συνάρτησης)

sn sin1 sin

dx x

θϕ

θ= ⇔ =

−∫ (i)

sn sin( ) sin1 sin

ϕ π

ϕυ υ ϕ π ϕ

= ⇔ = + = −−∫ (ii)

Όµως το ολοκλήρωµα (ii) γράφεται

2 2 2 2

0 0

21 sin 1 sin 1 sin 1 sin

d d d dK

m m m m

ϕ π ϕ π ϕ ππ

π π

ϕ ϕ ϕ ϕυ

ϕ ϕ ϕ ϕ

+ + +

= = + = +− − − −∫ ∫ ∫ ∫ (iii)

Κάνοντας τον µετασχηµατισµό ϕ π θ= + παίρνουµε

21 sin

θυ

θ= +

−∫ και οπότε σύµφωνα µε την εξ. (i)

2K xυ = + (iv)

Από τις εξ. (i), (ii) και (iv) προκύπτει ότι ( )sn 2 snx K x+ = − και ( )sn 4 snx K x+ = † Χρειάζεται προσοχή όταν θεωρούµε το ελλειπτικό ολοκλήρωµα ως ( , )F mϕ , µε siny ϕ= .

Τότε ναι µεν το πλάτος ϕ µπορεί να πάρει οποιαδήποτε τιµή, όµως πάντα ισχύει 1 1y− ≤ ≤ .

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

200

1sn( , ) ( , ) , [ ( ), ( )] [ 1,1]y x m F x m K m K m−= = − → −

Ορίζοντας τον εόµενο κλάδο ως

( )( )[ ]1

2 20

( , ) 2 ( ) , [ 1,1] ( ),3 ( )1 1

ydt

F y m K m K m K mt mt

= + − →− −∫

τότε η αντίστροφη συνάρτηση είναι

11sn( , ) ( , ) , [ ( ),3 ( )] [ 1,1]y x m F x m K m K m−= = → −

Έτσι, καλύτεται µια ερίοδος 4 ( )T K m= της ελλειτικής συνάρτησης.

Γενικεύοντας έχουµε:

[ ] [ ]

1( , ) ( , ) sn( , )

[ 1,1] (2 1) ( ), (2 1) ( ) (2 1) ( ), (2 1) ( ) [ 1,1]

k kx F y m y F x m x m

n K m n K m n K m n K m

−= = = ⇔

− → − + − + → −

Οι ελλειτικές συναρτήσεις όως και τα ελλειτικά ολοκληρώµατα υολογίζονται αό το ρόγραµµα Mathematica.

Η εντολή υολογισµού της ελλειτικής συνάρτησης ( )sn ,x m είναι:

JacobiSN[x,m] Τα εόµενα σχήµατα ου δίνουν µια οτική ερµηνεία της ροηγούµενης ανάλυσης έγιναν χρησιµοοιώντας το ρόγραµµα Mathematica. Υενθυµίζεται ότι η εντολή υολογισµού του ελλειτικού ολοκληρώµατος 1ου είδους είναι EllipticF[φ, m] όου φ το λάτος και η m η αράµετρος.

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

201

-1 -0.5 0.5 1y

-1.5

-1

-0.5

0.5

1.5

x=FHy,mL

-1.5 -1 -0.5 0.5 1 1.5x

-1

-0.5

0.5

y = snx

Σχήµα 1: Άνω: η γραφική παράσταση της συνάρτησης του ελλειπτικού ολοκληρώµατος 1ου

είδους ( ), 1 2x F y m= = , [ ][ 1,1] (1 2), (1 2)K K− → − όπου ( )1 2 1,85405K =

Κάτω: η γραφική παράσταση της αντίστροφης αυτής, δηλαδή της ελλειπτικής συνάρτησης

( )sn , 1 2y x m= = , [ ](1 2), (1 2) [ 1,1]K K− → −

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

202

-1 -0.5 0.5 1y

-4

-2

x=FHy,mL

-4 -2 2 4x

-1

-0.5

0.5

y = snx

Σχήµα 2: Άνω: Οι κλάδοι της συνάρτησης ( ),1 2kx F y= για 1k = − (πράσινο), 0k =

(κόκκινο) και 1k = (µαύρο). Κάτω: Η αντίστροφη συνάρτηση ( ) ( )1 ,1 2 sn ,1 2ky F x x−= ≡

για τους αντίστοιχους κλάδους.

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

203

-2 -1 1 2x

-2

-1

Σχήµα 3: Οι συναρτήσεις ( ),1 2y F x= (µαύρη καµπύλη) και ( )sn ,1 2y x= στο ίδιο

σύστηµα αξόνων. Η συµµετρία ως προς την διχοτόµο του πρώτου και τρίτου τεταρτηµορίου

δείχνει ότι οι συναρτήσεις αυτές είναι αντίστροφες.

-10 -5 5 10x

-1

-0.5

0.5

y = snx

Σχήµα 4: Το γράφηµα της ελλειπτικής συνάρτησης ( )sn ,1 2y x= . Η περίοδος είναι

( )4 1 2 4 1,85405 7,4163T K= = ⋅ = .

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

204

-10 -5 5 10x

-1

-0.5

0.5

y = snx

Σχήµα 5: Η ελλειπτική συνάρτηση sn( , )y x m= , για 0m = . Όπως έχουµε ήδη δείξει η

οριακή αυτή περίπτωση αντιστοιχεί στην συνάρτηση του ηµιτόνου. Παρατηρούµε ότι η

περίοδος είναι όπως αναµένεται 2 4 (0) 6,28319T Kπ= = = .

-10 -5 5 10x

-1

-0.5

0.5

y = snx

Σχήµα 6: Η ελλειπτική συνάρτηση sn( , )y x m= , για 1m = . Πρόκειται για την δεύτερη

οριακή περίπτωση που δίνει την συνάρτηση tanhx . Στην περίπτωση αυτή η περίοδος είναι

4 (1)T K= = ∞ .

Ξεκινώντας αό την ελλειτική συνάρτηση sn siny x ϕ= = µορούν να οριστούν

και οι ελλειτικές συναρτήσεις

2cn cos 1 snx xϕ= = −

2 2dn 1 sin 1 sn ( )x m xϕ ϕ= − = − ≡ ∆

Γενικά ορίζονται 12 ελλειτικές συναρτήσεις Jacobi!

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

205

8.3.3 ΟΙ Ι∆ΙΟΤΗΤΕΣ ΤΩΝ ΕΛΛΕΙΠΤΙΚΩΝ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ Η εµβάθυνση της µελέτης των ελλειτικών συναρτήσεων οδηγεί στην Μιγαδική Ανάλυση. Έτσι, κάθε διλά εριοδική µεροµορφική συνάρτηση ονοµάζεται ελλειτική συνάρτηση. Η ελλειτική συνάρτηση sn ου ορίστηκε στην ροηγούµενη ενότητα, αν ιδωθεί ως µιγαδική συνάρτηση, κατά µήκος του

ραγµατικού άξονα έχει ερίοδο 4 ( )K m ενώ κατά µήκος του φανταστικού άξονα

ερίοδο 2 ( )iK m′ , όου

( )1 sin

duK m K

m u

= =−∫ και

1 21

( ) ( )1 sin

duK m K m K

m u

′ ′= = =−∫

και 1 1m m= − η συµληρωµατική αράµετρος. ∆ηλαδή ισχύουν οι εξισώσεις

( )sn 4 snz K z± = και ( )sn 2 snz iK z′± =

Οι ελλειτικές συναρτήσεις είναι αντού αναλυτικές εκτός αό τα σηµεία ου αοτελούν όλους. Ορίζουµε ένα λέγµα σηµείων στο µιγαδικό είεδο, όως φαίνεται στο αρακάτω σχήµα

s c s c

n d n d

s c s c

n d n d

⋅ ⋅ ⋅ ⋅

Θεωρούµε ότι η αραάνω διάταξη εαναλαµβάνεται ε’ άειρον σε ολόκληρο το µιγαδικό είεδο ρος όλες τις κατευθύνσεις. Για να ξεκινήσουµε τη διάταξη στο µιγαδικό είεδο κάνουµε την αρακάτω αρχική αντιστοιχία:

Σηµείο στο µιγαδικό επίπεδο Σύµβολο

0 s

( ) c

( ) ( )

K m

K m iK m′+ d

( ) niK m′

Ο ορισµός και ο συµβολισµός των 12 ειδών των ελλειτικών συναρτήσεων γίνεται

ως εξής: Έστω τα p και q δυο οοιαδήοτε αό τα γράµµατα s, c, d, n. Τότε οι

ελλειτικές συναρτήσεις Jacobi pq( )z ορίζονται αό τις αρακάτω ιδιότητες

1. η pq( )z έχει µια αλή ρίζα (µηδενίζον σηµείο) στο p και έναν αλό όλο στο q

2. το βήµα αό το p στο q είναι το µισό της εριόδου της pq( )z .

Οι αριθµοί ( ), ( ), ( ) ( )K m K m K m iK m′ ′+ ονοµάζονται τέταρτα της εριόδου.

Υενθυµίζεται ότι η ορθή γραφή µιας ελλειτικής συνάρτησης ρέει να εριέχει και

την αράµετρο m , δηλ. pq( , )z m , γεγονός ου αραλείψαµε ροηγουµένως για

συντοµία.

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

206

Πίνακας 1: Κατάταξη των δώδεκα ελλειπτικών συναρτήσεων Jacobi σύµφωνα µε τους

πόλους και τις ηµιπεριόδους τους. Οι τρεις συναρτήσεις σε µια κατακόρυφη στήλη

ονοµάζονται συνπολικές. Οι τέσσερις συναρτήσεις σε µια οριζόντια γραµµή ονοµάζονται

συνπεριοδικές.

Ηµιερίοδος Πόλος

iK ′ Πόλος

K iK ′+

Πόλος

Πόλος 0

Περίοδοι

iK ′ sn z cd z dc z ns z 2 ,4 4 ,4iK K iK K′ ′+

K iK ′+ cn z sd z nc z ds z 4 ,2 2 ,4iK K iK K′ ′+

K dn z nd z sc z cs z 4 ,4 4 ,2iK K iK K′ ′+

Στη συνέχεια αραθέτουµε µερικές ιδιότητες των ελλειτικών συναρτήσεων. 1. Σχέσεις των ελλειτικών συναρτήσεων µε την συνολική τριάδα sn z, cn z, dn z Έστω ότι τα p, q, r είναι τρία οοιαδήοτε αό τα γράµµατα s, c, d, n. Τότε ισχύει

pqqr

αίρνοντας υόψιν ότι όταν δυο γράµµατα είναι ίδια τότε η αντίστοιχη συνάρτηση

τίθεται ίση µε τη µονάδα. Π.χ. ισχύουν sn

sddn

z= ,

1ns

snz

z= ή

cncs

z= .

2. Στοιχειώδεις τιµές των συναρτήσεων sn z, cn z, dn z

sn(0) 0, cn(0) 1, dn(0) 1= = =

sn( ) snz z− = − , cn( ) cnz z− = , dn( ) dnz z− =

sn( ,0) sinz z= , cn( ,0) cosz z= , dn( ,0) 1z =

sn( ,1) tanhz z= , 1

cn( ,1) dn( ,1) sechz z

z z ze e−

= = =+

3. Σχέσεις µεταξύ των τετραγώνων των συναρτήσεων

(Υενθυµίζεται ότι 1 1m m+ = )

2 2cn sn 1z z+ =

2 2 21dn cn snz m m z m z m− + = − = −

2 2 21 1 1nd sd cdm z m mm z m z m− + = − = −

2 2 21 1 1sc nc dcm z m m z z m+ = = −

2 2 21cs ds nsz m z z m+ = = −

4. Ηµιερίοδοι, τέταρτα εριόδων

( ) cnsn cd

zz K z

z± = ± = ± , ( )sn 2 snz K z± = − , ( ) cn

sn 3 cddn

zz K z

z± = =∓ ∓ ,

( )sn 4 snz K z± =

( ) 1sn

snz iK

m z′+ = , ( )sn 2 snz iK z′+ =

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

207

και γενικά ( )sn 2 2 ( 1) snz K niK zλλ ′+ + = −

( )cn 2 2 ( 1) cnnz K nK zλλ +′+ + = −

( )dn 2 2 ( 1) dnnz K ni K zλ ′+ + = −

όου λ και n ακέραιοι. 5. Θεωρήµατα ρόσθεσης

1 2 2 1 2 11 2 2 2

1 2

sn cn dn cn sn dnsn( )

1 sn sn

z z z z z zz z

m z z

±± =

−

1 2 2 1 2 1 21 2 2 2

1 2

cn cn dn sn sn dn dncn( )

1 sn sn

z z z z z z zz z

m z z± =

−∓

6. Τύοι διλασίου και ηµίσεως

2sn cn dnsn2

1 sn

z z zz

m z=

−

1 cn 1 dn dn cnsn

2 1 dn (1 cn ) dn cn

z z z z z

z m z m z m z

− − − = = = ′+ + + −

7. Παράγωγοι και ολοκληρώµατα

( )sn

cn dnd z

z zdz

= , ( )2

sn2 sn (1 )sn

d zm z m z

dz= − +

( )1sn ln dn cnz dz z m z

m= −∫

( )cn

sn dnd z

z zdz

= − , ( )1cn arccos dnz dz z

m=∫

( )dn

sn cnd z

m z zdz

= − , ( )dn arcsin snz dz z=∫

Στη συνέχεια αρουσιάζονται οι γραφικές αραστάσεις των ελλειτικών συναρτήσεων. Τα σχήµατα 1 έως 3 είναι αό το ‘HANDBOOK OF MATHEMATICAL FUNCTIONS’ των M. Abramowitz and I. Stegun, ενώ τα υόλοια έγιναν µε χρήση του ρογράµµατος Mathematica.

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

208

Σχήµα 1: Οι τρεις συνπολικές ελλειπτικές συναρτήσεις sn , cn και dn για 1 2m = . (το

όρισµά τους στο σχήµα συµβολίζεται µε u)

Σχήµα 2: Οι ελλειπτικές συναρτήσεις ns, nc και nd για 1 2m = .

Σχήµα 3: Οι ελλειπτικές συναρτήσεις sc, cs, cd και dc για 1 2m = .

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

209

-6 -4 -2 2 4 6x

-1

-0.5

0.5

1cd x m=0.2

-6 -4 -2 2 4 6x

-1

-0.5

0.5

cnx

-6 -4 -2 2 4 6x

-1

-0.5

0.5

cd x m=0.8

-6 -4 -2 2 4 6x

-1

-0.5

0.5

cnx

-6 -4 -2 2 4 6x

-1

-0.5

0.5

cd x m=0.9

-6 -4 -2 2 4 6x

-1

-0.5

0.5

cnx

-6 -4 -2 2 4 6x

-1

-0.5

0.5

cd x m=0.999

-6 -4 -2 2 4 6

x-0.2

0.2

0.4

0.6

0.8

cnx

-6 -4 -2 2 4 6x

0.5

1.5

2cd x m=1

-6 -4 -2 2 4 6x

0.2

0.4

0.6

0.8

cnx

Σχήµα 4: Οι ελλειπτικές cn και cd για την τιµή της παραµέτρου 0m = ταυτίζονται µε τη

συνάρτηση του συνηµιτόνου, cn( ,0) cd( ,0) cosx x x= = . Για 1m = δίνουν

cn( ,1) sechcosh

x xx

= =

και cd( ,1) 1x =

Στο σχήµα βλέπουµε διαδοχικά γραφήµατα των συναρτήσεων καθώς 1m → .

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

210

-6 -4 -2 2 4 6x

-1

-0.5

0.5

sdx m=0.2

-6 -4 -2 2 4 6x

-1

-0.5

0.5

snx

-6 -4 -2 2 4 6x

-2

-1

sdx m=0.8

-6 -4 -2 2 4 6x

-1

-0.5

0.5

snx

-6 -4 -2 2 4 6x

-3

-2

-1

sdx m=0.9

-6 -4 -2 2 4 6x

-1

-0.5

0.5

snx

-6 -4 -2 2 4 6x

-10

-5

10sdx m=0.99

-6 -4 -2 2 4 6x

-1

-0.5

0.5

snx

-6 -4 -2 2 4 6x

-200

-100

100

200

sdx m=1

-6 -4 -2 2 4 6x

-1

-0.5

0.5

snx

Σχήµα 5: Οι ελλειπτικές sn και sd για την τιµή της παραµέτρου 0m = ταυτίζονται µε τη

συνάρτηση του ηµιτόνου, sn( ,0) sd( ,0) cosx x x= = . Για 1m = δίνουν

sn( ,1) tanhx x= και sd( ,1) sinhx x=

Στο σχήµα βλέπουµε διαδοχικά γραφήµατα των συναρτήσεων καθώς 1m → .

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

211

-15 -10 -5 5 10 15x

-40

-20

scx m=0

-15 -10 -5 5 10 15x

-20

-10

scx m=0.5

-15 -10 -5 5 10 15x

-30

-20

-10

scx m=0.8

-15 -10 -5 5 10 15x

-100

-50

100

scx m=0.99

-15 -10 -5 5 10 15x

-600000

-400000

-200000

200000

400000

scx m=1

Σχήµα 6: Η ελλειπτική συνάρτηση sc( , )x m για διάφορες τιµές της παραµέτρου m .

Ισχύουν: sc( ,0) tanx x= και sc( ,1) sinhx x=

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

212

Οι ελλειτικές συναρτήσεις είναι η γενίκευση των τριγωνοµετρικών συναρτήσεων (όως το ελλειτικό ολοκλήρωµα 1ου είδους είναι η γενίκευση της

συνάρτησης τόξου ηµιτόνου). Εκτός αό την µορφή ου αίρνουν όταν 0m = ,

σηµειώνουµε και τις εξής ιδιότητες των συναρτήσεων sn( , )x m και cd( , )x m :

sn( ) snx x− = − , sn( ) cdx K x+ = , sn( 2 ) snx K x+ = − , sn( ) cdK x x− = −

cd( ) cdx x− = , cd( ) snx K x+ = − , cd( 2 ) cdx K x+ = − , cd( ) snK x x− =

Τοοθετώντας τώρα όου sn sin→ , cd cos→ και όου 2K π→ , αίρνουµε τις

ιδιότητες του ηµιτόνου και του συνηµιτόνου. Αό την άλλη µεριά οι συναρτήσεις

sn( , )x m και cn( , )x m ικανοοιούν τις εξισώσεις 2 2cn sn 1z z+ = , sn

sccn

x= και θα

µορούσαµε να κάνουµε είσης την αντιστοιχία sn sin→ , cn cos→ και sc tan→ . 8.3.4 Η ΑΚΡΙΒΗΣ ΛΥΣΗ ΤΗΣ ∆ΙΑΦΟΡΙΚΗΣ ΕΞΙΣΩΣΗΣ ΤΟΥ ΕΚΚΡΕΜΟΥΣ

Έχοντας υόψιν τις ροηγούµενες αραγράφους όου εριγράφηκαν οι ελλειτικές συναρτήσεις και κυρίως η σχέση αντιστροφής της ελλειτικής συνάρτησης sn µε το ελλειτικό ολοκλήρωµα, µορούµε στη συνέχεια να βρούµε την ακριβή λύση της ∆.Ε.

του εκκρεµούς, ( )tθ θ= .

Η διαφορική εξίσωση ου εριγράφει την κίνηση του εκκρεµούς είναι

( ) sin ( ) 0g

t tl

θ θ′′ + =

Θεωρούµε ως αρχικές συνθήκες τις 0(0)θ θ= και (0) 0θ ′ = .

Ισχύει 2

( ) ( )( )

d t d t d d dt

dt d dt ddt

θ θ θ θ θθ θ

θ θ′ ′ ′

′′ ′= = = =

Αντικαθιστώντας στη ∆.Ε. και ολοκληρώνοντας ως ρος θ έχουµε

sing

d d Cl

θ θ θ θ′ ′ + =∫ ∫ ή

cos2

θθ

′− =

Η σταθερά C ροσδιορίζεται αό τις αρχικές συνθήκες 0cosg

θ= − , οότε

2cos cos

d g

dt l

θθ θ= ± − .

Εφόσον η γωνία µειώνεται ξεκινώντας αό την τιµή 0θ , ο ρυθµός µεταβολής της,

µέχρι το εκκρεµές να φτάσει στην θέση ισορροίας θα είναι αρνητικός, οότε κρατάµε το αρνητικό ρόσηµο

2cos cos

d g

dt l

θθ θ− = −

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

213

Χρησιµοοιώντας την τριγωνοµετρική ταυτότητα 2cos 1 2sin2

θθ = − και κάνοντας

διαχωρισµό των µεταβλητών, η αραάνω εξίσωση γράφεται

2 20

sin sin2 2

g ddt

θθ θ

= −

−

Για να υολογίσουµε την ερίοδο ολοκληρώσαµε αό 0t = έως 4

Tt = . Τώρα θα

ολοκληρώσουµε αό 0t = όταν το εκκρεµές σχηµατίζει γωνία 0θ µε την

κατακόρυφη έως τη χρονική στιγµή t ου το εκκρεµές σχηµατίζει µια τυχαία γωνία

θ 0

sin sin2 2

g dt

θθ θ

−∫

ή 0

0 00 0

sin sin sin sin2 2 2 2

= −

− −∫ ∫g d dt

θ θ

θ θθ θθ θ

Θέτοντας 0sin2

kθ

= και sin sin2

k uθ= , τότε

2 2

2 cos

1 sin

k udud

k uθ =

− και η αραάνω

εξίσωση γίνεται

2 2 2 20 01 sin 1 sin

= −− −∫ ∫

ug du du

tl k u k u

Όµως ισχύει 2

2 20

( )1 sin

=−∫ du

K kk u

, οότε*

( )2

2 20 1 sin

≡ − =−∫

ug du

x K k tl k u

Στο σηµείο αυτό χρησιµοοιούµε το γεγονός ότι η ελλειτική συνάρτηση Jacobi snείναι η αντίστροφη του ελλειτικού ολοκληρώµατος 1ου είδους. Οότε

( )2 1sn , sin sin

2x k u

θ= = όου ( )2 g

x K k tl

= −

Ειλύοντας ως ρος θ την αραάνω εξίσωση έχουµε

( ) ( )2 2 22arcsin sn , 2arcsin sn ,g

k x k k K k t kl

θ = = −

(8.41)

* Υπενθυµίζεται ότι στη θέση της παραµέτρου m που χρησιµοποιήθηκε στην προηγούµενη

παράγραφο µπορούµε να χρησιµοποιήσουµε το ελλειπτικό µέτρο k . Η σχέση που συνδέει τα

δυο αυτά µεγέθη είναι: 2m k= .

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

214

Η εξ. (8.41) είναι η ζητούµενη λύση ( )tθ θ= όταν οι αρχικές συνθήκες* είναι

0(0)θ θ= και (0) 0θ ′ = . Αό τις ιδιότητες των ελλειτικών συναρτήσεων έχουµε

sn( ) cdK x x− =

οότε η λύση θα µορούσε να γραφεί και ως

22arcsin cd ,g

k t kl

0.5 1 1.5 2t

-75

-50

-25

θHtL θH0L= 90o

Σχήµα 1: Η γραφική παράσταση της ακριβούς λύσης (8.41) Παρατηρούµε ότι η ακριβής λύση µοιάζει µε την συνάρτηση του συνηµιτόνου. Έχει ενδιαφέρον να συγκρίνουµε την ακριβή λύση (8.41) µε την αρµονική ροσέγγιση

2cos

πθ θ= όου T η ακριβής ερίοδος του εκκρεµούς.

* Στην περίπτωση που έχουµε ως αρχικές συνθήκες (0) 0θ = και max(0)θ θ′ ′= , τότε η λύση

έχει την απλούστερη µορφή: 22arcsin sn ,g

k t kl

θ =

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

215

0.2 0.4 0.6 0.8 1t

-75

-50

-25

θ θH0L= 90o

1000.2 1000.4 1000.6 1000.8 1001

-75

-50

-25

Σχήµα 2: Σύγκριση της αρµονικής λύσης 0

2cos

πθ θ= (κόκκινη καµπύλη), όπου

0 0

2 ( ) 1, 1

K kT T k T

π = = =

η περίοδος του εκκρεµούς, µε την ακριβή λύση εξ. (8.41)

(µαύρη διακεκοµµένη καµπύλη). (Αν χρησιµοποιούσαµε τον προσεγγιστικό τύπο της περιόδου

0T , τότε οι γραφικές παραστάσεις µετά από κάποιες περιόδους θα είχαν απόκλιση στον

οριζόντιο άξονα.)

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

216

0.5 1 1.5 2

-75

-50

-25

0.5 1 1.5 2

-2

-1

Σχήµα 3: Στο άνω διάγραµµα η περίπλοκη λύση (8.41) (µαύρη διακεκοµµένη καµπύλη) και η

αρµονική προσέγγιση (κόκκινη καµπύλη) για χρονική περίοδο δυο περιόδων. Το κάτω

διάγραµµα δείχνει την διαφορά ακριβής αρµονική λύση προσέγγιση

θ θ− . Προσοχή στην κλίµακα του κατακόρυφου

άξονα.

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

217

8.4 H ΘΕΩΡΙΑ ∆ΙΑΤΑΡΑΧΩΝ ΣΤΟ ΑΠΛΟ ΕΚΚΡΕΜΕΣ Ας υοθέσουµε ότι το λανητικό µας σύστηµα συνίσταται µόνον αό τον Ήλιο και τη Γη. Η µελέτη του συστήµατος των δύο αυτών σωµάτων µορεί να ειλυθεί και να ροσδιοριστεί ακριβώς η τροχιά της γης. Έχουµε δηλαδή ένα ακριβώς ειλύσιµο ρόβληµα. Όµως η κίνηση της γης εηρεάζεται και αό την αρουσία των άλλων λανητών. Θα θέλαµε αρχικά να ροσδιορίσουµε την είδραση, ας ούµε, του λανήτη ∆ία στην κίνηση της Γης, µιας και είναι ο µεγαλύτερος σε µάζα λανήτης. Στο αρχικό ρόβληµα τώρα ροστίθεται ένας ειλέον αράγοντας (η διαταραχή), η βαρυτική αλληλείδραση του ∆ία µε τη Γη, ου όµως σε σχέση µε τη βαρυτική αλληλείδραση Γης – Ήλιου είναι ολύ µικρή. Περιµένουµε συνεώς η νέα λύση να ροκύψει αό την γνωστή αρχική λύση µε την ροσθήκη µικρών διορθώσεων. Η θεωρία διαταραχών είναι η µέθοδος ροσδιορισµού αυτών των µικρών διορθώσεων. Προφανώς λοιόν η θεωρία διαταραχών εφαρµόστηκε στην µελέτη της κίνησης των λανητών, αοτέλεσε στη συνέχεια την βασική ροσεγγιστική µέθοδο στην Κβαντοµηχανική και γενικά εφαρµόζεται στα λεγόµενα µη γραµµικά συστήµατα. Η καλύτερη εισαγωγή στη θεωρία των διαταραχών γίνεται µε την εφαρµογή της στο ρόβληµα του εκκρεµούς. Ήδη διαθέτουµε αό τα ροηγούµενα κεφάλαια και την ακριβή λύση της ∆.Ε. της κίνησής του και την εξίσωση ου ροσδιορίζει την ερίοδό του. Έτσι, σε κάθε βήµα εφαρµογής της θεωρίας θα µορούµε να ελέγχουµε άµεσα την αοτελεσµατικότητα της.

8.4.1 Η ΜΕΘΟ∆ΟΣ ΤΩΝ ∆ΙΑΤΑΡΑΧΩΝ Ας αρχίσουµε άλι αό τη ∆.Ε. ου εριγράφει την κίνηση του εκκρεµούς

( ) sin ( ) 0g

t tl

θ θ′′ + = ή

20( ) sin ( ) 0t tθ ω θ′′ + = (8.42)

όου 20

lω = . Ας υοθέσουµε ότι η λύση της εξ. (8.42) δεν είναι γνωστή και ότι

αναζητούµε έναν τρόο για να την ροσεγγίσουµε. Η δυσκολία στην είλυση της

εξίσωσης αυτής οφείλεται στον όρο sin ( )tθ . Γνωρίζουµε όµως το ανάτυγµα του

ηµιτόνου κατά Maclaurin

3 5 7

sin .........3! 5! 7!

θ θ θθ θ= − + − +

Μορούµε λοιόν να ααλλαχτούµε αό τον «δύσκολο» όρο sin ( )tθ αν

αντικαταστήσουµε στην εξ. (8.42) µερικούς όρους της σειράς. Το όσους όρους εξαρτάται αό τον βαθµό ακρίβειας ου ειζητούµε. Είναι βολικό να γράψουµε τη σειρά του ηµιτόνου ως εξής:

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

218

3 5 70 1 2 3sin .........

3! 5! 7!

θ θ θθ θ ε ε ε ε= − + − +

ή 3 5 7

2 3sin .........3! 5! 7!

θ θ θθ θ ε ε ε= − + − + (8.43)

O αράγοντας (δείκτης) ε εισάγεται για να καθορίσει την τάξη της ροσέγγισης και στο τέλος της διαδικασίας τίθεται ίσος µε την µονάδα. Για την ροσέγγιση µηδενικής

τάξης ( )0ε αό το ανάτυγµα του ηµιτόνου κρατάµε τον µόνο τον ρώτο όρο, για

ροσέγγιση ρώτης τάξης ( )1ε τους δύο ρώτους όρους, κ.ο.κ.

Έτσι στην ερίτωση ροσέγγισης µηδενικής τάξης έχουµε

sinθ θ= και η εξ. (8.42) γράφεται

20 0θ ω θ′′ + = (8.44)

Η λύση αυτής της γραµµικής εξίσωσης, ου ονοµάζεται αδιατάρακτη εξίσωση, είναι η γνωστή λύση της αρµονικής ταλάντωσης, ου την συµβολίζουµε µε

0 0 0cosA tθ ω= (8.45)

όου 0A η αρχική γωνία ταλάντωσης (λάτος).[Χρειάζεται άλι κάοια ροσοχή

στον συµβολισµό. Στα ροηγούµενα κεφάλαια η έκφραση 0θ συµβόλιζε την αρχική

γωνία, το λάτος δηλ. της ταλάντωσης. Στην συνέχεια µε 0θ συµβολίζεται η λύση

αδιατάρακτης εξίσωσης]. Αν τώρα θεωρήσουµε τους δυο ρώτους όρους του ανατύγµατος (8.43)

sin3!

θθ θ ε= −

τότε η εξ. (8.42) γράφεται

2 20 0 0

θθ ω θ ω ε′′ + − = (8.46)

η οοία εριέχει σε σχέση µε την αδιατάρακτη εξίσωση (8.44) τον όρο της ρώτης

τάξης «διαταραχής» 3

20 3!

θω ε .

Η κεντρική ιδέα της µεθόδου των διαταραχών είναι να εκφράσουµε την λύση της «διαταραγµένης» εξίσωσης (8.46) ως

20 1 2θ θ εθ ε θ= + + +⋯ (8.47)

Οι ρώτοι όροι της σειράς αυτής αοτελούν µια ροσεγγιστική λύση, την λεγόµενη

λύση των διαταραχών. Ο όρος 0θ όως αναφέρθηκε ροηγουµένως αοτελεί την

ροσέγγιση µηδενικής τάξης και ονοµάζεται όρος ρωτεύουσας τάξης ή ρωτεύων

όρος. Ο όρος 1θ αοτελεί την ροσέγγιση 1ης τάξης, ο 2θ την ροσέγγιση 2ης τάξης

κ.ο.κ. Οι διορθωτικοί αυτοί όροι αναµένεται να είναι µικροί σε σχέση µε τον ρωτεύοντα όρο. Εφόσον στην εξ. (8.46) θεωρήσαµε µόνον τους δύο ρώτους όρους του ανατύγµατος του ηµιτόνου, θα αναζητήσουµε την ροσέγγιση 1ης τάξης, δηλαδή αό την εξ. (8.47) θα κρατήσουµε τους δυο ρώτους όρους

0 1θ θ εθ= + (8.48)

Αντικαθιστώντας την εξ. (8.48) στην εξ.(8.46) και αγνοώντας τους όρους ου

εριέχουν το 2ε και ανώτερες δυνάµεις του δείκτη, ροκύτει η εξίσωση:

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

219

( )2

2 2 300 0 0 1 0 1 0 0

ωθ ω θ θ ω θ θ ε

′′′′+ + + − =

η οοία ισοδυναµεί µε το σύστηµα των εξισώσεων

( )0ε : 20 0 0 0θ ω θ′′+ =

( )1ε :2

2 301 0 1 0 0

ωθ ω θ θ′′ + − =

Όµως η λύση της ρώτης εξίσωσης (αδιατάρακτη) είναι: 0 0 0cosA tθ ω= .

Αντικαθιστώντας το 0θ στη δεύτερη έχουµε

2 3 3

2 0 0 01 0 1

cos

A tω ωθ ω θ′′ + = (8.49)

και µε χρήση γνωστής τριγωνοµετρικής ταυτότητας* καταλήγουµε στην

( )2 3

2 0 01 0 1 0 0cos3 3cos

At t

ωθ ω θ ω ω′′ + = + (8.50)

Οι αρχικές συνθήκες για την εξ. (8.50) είναι 1 1(0) (0) 0θ θ ′= = (τη χρονική στιγµή

0t = δεν έχουµε διόρθωση!). Στο σηµείο αυτό ολοκληρώνεται και η βασική ιδέα της µεθόδου των διαταραχών και τούτο διότι η εξ. (8.50) ειλύεται, οότε ροσδιορίζεται

και η διόρθωση 1ης τάξης 1θ .

Όµως τα ράγµατα δεν έρχονται άντα όως θα θέλαµε. Το δεύτερο µέλος της εξ. (8.50) µορεί να ιδωθεί ως ο εξωτερικός διεγέρτης ενός αρµονικού ταλαντωτή

ιδιοσυχνότητας 0ω , χωρίς αόσβεση. Εφόσον η συχνότητα 0ω εριέχεται στον όρο

0cos tω της έκφρασης του εξωτερικού διεγέρτη, τότε θα έχουµε το φαινόµενο του

συντονισµού Αυτό σηµαίνει ότι το λάτος της ταλάντωσης θα αυξάνεται µέχρι το άειρο, γεγονός βέβαια ου δεν ισχύει για την ελεύθερη ταλάντωση εκκρεµούς. Συνεώς η ροηγούµενη ανάλυση εριέχει κάοιο κενό. Τούτο είναι ότι η συχνότητα θεωρήθηκε λανθασµένα ότι αραµένει η ίδια, αρουσία του όρου διαταραχής. Οότε χρειάζεται διόρθωση και η συχνότητα. Ιστορικά η σωστή ροσέγγιση έγινε ρώτα αό τον M. Lindstedt† ου θεώρησε την συχνότητα ως

0 1ω ω εω= + [8.50(ι)]

την εόµενη αράγραφο θα ανατύξουµε την ροσέγγιση ρώτης τάξης µε τον ορθό τρόο ανάλυσης, ου στην βιβλιογραφία αναφέρεται ως µέθοδος Lindstedt – Poincare. Όµως ριν άµε στην εόµενη αράγραφο έχει ενδιαφέρον να ειλύσουµε

την εξ. (8.50) και να δούµε αν η διόρθωση 1ης τάξης 1θ ου θα ροκύψει έχει κάοιο

νόηµα. 8.4.2 Η ΛΥΣΗ ΤΗΣ ΕΞ. (8.50) Η (8.50) ανήκει στην κατηγορία των εξισώσεων της µορφής

1 2( ) ( ) ( ) ( )x t a x t a x t f t′′ ′+ + = (8.51)

Αρχικά θα βρούµε την λύση της εξ. (8.51). Η γενική λύση της οµογενούς ροσδιορίζεται µε τον τρόο ου εριγράφεται στο κεφάλαιο 2 ως

* 30 0 0

1cos (cos3 3cos )

4t t tω ω ω= +

† Lindstedt M. (1882) Astrom. Nach. 103, 211

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

220

1 2

1 2( ) t tx t C e C eρ ρ= +

όου 1ρ και 2ρ είναι οι ρίζες της χαρακτηριστικής εξίσωσης

21 0 0a aρ ρ+ + =

Όµως ισχύει

1 2 1 2 1 2( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )x t a x t a x t f t x t x t x t f tρ ρ ρ ρ′′ ′ ′′ ′+ + = ⇒ − + + =

( ) ( )1 2 1 ( )x x x x f tρ ρ ρ′′ ′− − − = (8.52)

Η εξ. (8.52) µορεί να ιδωθεί ως µια ρώτης τάξης εξίσωση για τη συνάρτηση

1x xρ′ − , οότε αίρνουµε την σχέση

2 2 1 11 1 1 1

( )t

t t tx x c e e e f t dtρ ρ ρρ −′ − = + ∫

όου 1 1(0) (0)c x xρ′= − . Αυτή είναι άλι µια ρώτης τάξης εξίσωση ως ρος ( )x t , µε

γενική λύση

1 1 1 1 2 1 2 1 2 22 1 1 2 2 1

0 0

( ) ( )t t

t t t t t tx t c e c e e c e e e f t dt dtρ ρ ρ ρ ρ ρ− −

= + + ∫ ∫

∆ιαχωρίζοντας τους όρους ου δεν εριέχουν την ( )f t έχουµε

1 1 1 1 2 1

1 2 1 1 2 2

ος

2 1 10

( )2 2 1

0 0

1 όρος

2 όρος

( )

tt t t t

t tt t t

x t c e c e e e dt

e e e f t dt dt

ρ ρ ρ ρ

−

− −

= + +

∫∫ ∫

(8.53)

Εκτελώντας το ολοκλήρωµα στον 1ο όρο και ενσωµατώνοντας τις σταθερές αίρνουµε

1 2os1 21 όρος t tc e c eρ ρ′ ′= +

ου είναι η γενική λύση της οµογενούς. Ολοκληρώνοντας κατά µέρη στον 2ο όρο ροκύτει

2 1 1 1( ) ( )ος

1 12 10

2 όρος ( )t t t t te e

f t dtρ ρ

ρ ρ

− −−=

−∫

Συνεώς η γενική λύση θα δίνεται αό την

2 1 1 1

1 2

( ) ( )

1 2 1 12 10

( ) ( )t t t t t

t t e ex t c e c e f t dt

ρ ρρ ρ

ρ ρ

− −−′ ′= + +−∫ (8.54)

Συγκρίνοντας τις εξ. (8.50) και (8.51) αρατηρούµε ότι, 1 0a = , 20 0a ω= , 1 0iρ ω= − ,

2 0iρ ω= και

( )2 3

0 00 0( ) cos3 3cos

Af t t t

ωω ω= +

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

221

Είσης η γενική λύση της οµογενούς 21 0 1( ) ( ) 0t tθ ω θ′′ + = , µε αρχικές συνθήκες

1(0) 0θ = και 1(0) 0θ ′ = , είναι η µηδενική λύση. Έτσι η γενική λύση της εξ. (8.50)

γράφεται

0 1 0 1( ) ( )

1 1 100

( ) ( )2

t i t t i t te et f t dt

ω ω

θω

− − −−= ∫

και χρησιµοοιώντας την ταυτότητα cos sinie iϕ ϕ ϕ= + έχουµε

[ ]0 1 1 10 0

1( ) sin ( ) ( )

t t t f t dtθ ωω

= −∫

Αντικαθιστώντας την ( )f t , µετά αό ολοκληρώσεις ροκύτει

( )3 3

0 0 01 0 0 0( ) cos cos3 sin

192 16

A A tt t t t

ωθ ω ω ω= − + (8.55)

Η «λανθασµένη» λύση των διαταραχών ου ροκύτει τελικά είναι σύµφωνα µε την εξ. (8.48)

3 3

0 00 1 0 0 0 0 0cos sin cos3

16 192

A AA t t t tθ θ θ ω ω ω ω

= + = + −

(8.56)

όου ο δείκτης ε αφού έκανε την δουλειά του εξισώθηκε µε την µονάδα και αοσύρθηκε. Στο σχήµα 1 συγκρίνεται η λύση των διαταραχών µε την ακριβή λύση της ∆.Ε. του εκκρεµούς.

1 2 3 4t

-300

-200

-100

100

200

300

θHtL θH0L= 90o

Σχήµα 1: Η διακεκοµµένη παριστάνει την ακριβή λύση της Δ.Ε. του εκκρεµούς που

προσδιορίστηκε στο κεφάλαιο 3:

( ) 2 20( ) 2arcsin sn ,t k K k t kθ ω = −

Θεωρούµε 0 2ω π= και 0 (0) 90oA θ= = , οπότε 2 2 0sin2

kθ

= ⇒ 2 1

2k = . Η µπλε καµπύλη

παριστάνει την λύση των διαταραχών (8.56). Παρατηρούµε ότι η εξ. (8.56) συµφωνεί µε την ραγµατική λύση µόνον για χρονικές στιγµές κοντά στο µηδέν και σίγουρα µικρότερες της εριόδου. Όµως καθώς ο χρόνος αυξάνεται η λύση των διαταραχών αοκλίνει αό την ραγµατική λύση.

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

222

Τούτο οφείλεται στον όρο* 3

00 0sin

At tω ω

ο οοίος για t →∞ αοκλίνει. Έχει

σηµασία να τονίσουµε ότι όρος αυτός οφείλεται στον αράγοντα 0cos tω ου

εριέχει η ( )f t ,

( )2 3

0 00 0( ) cos3 3cos

Af t t t

ωω ω= +

Η µέθοδος ου εριγράφεται στην εόµενη αράγραφο σκοό έχει να ααλείψει εξαρχής αυτόν τον αράγοντα ου οδηγεί σε µη φραγµένη λύση χωρίς φυσικό εριεχόµενο. 8.4.3 Η ΠΡΟΣΕΓΓΙΣΗ ΠΡΩΤΗΣ ΤΑΞΗΣ

ΜΕ ΤΗ ΜΕΘΟ∆Ο LINDSTEDT – POINCARE’

Η ιδέα της µεθόδου είναι να κάνουµε την αλλαγή µεταβλητής t tτ ω→ = και η ( )tθ

να ιδωθεί ως ( ) ( )tθ θ ω θ τ= = και αράλληλα να θεωρήσουµε ότι 2

0 1 2ω ω ε ω ε ω= + + +⋯

όου 1ω η διόρθωση 1ης τάξης στη συχνότητα, 2ω η διόρθωση 2ης τάξης κ.ο.κ. Στην

ροσέγγιση 1ης τάξης θεωρούµε

0 1ω ω ε ω= +

∆εδοµένου ότι ισχύει

( ) ( ) ( )d

t t tdt

θθ ω θ ω ωθ ω′′= = =ɺ ɺ

και 2

( )d

tdt

θθ ω θ ω′′= = ɺɺ

όου οι τελείες δηλώνουν αραγώγιση ως ρος tτ ω= , η εξ. (8.49) γράφεται: 2 3

2 2 00

( )( ) ( )

ω θ τω θ τ ω θ τ ε+ =ɺɺ

Χρησιµοοιώντας 1ης τάξης ροσεγγίσεις για τα µεγέθη ω και θ έχουµε: 2 3

2 2 0 0 10 1 0 1 0 0 1

( )( ) ( ) ( )

ω θ εθω ε ω θ ε θ ω θ ε θ

++ + + + =ɺɺ ɺɺ

Εκτελώντας τις ράξεις και αγνοώντας του όρους ου εριέχουν µεγαλύτερες ή ίσες

δυνάµεις του 2ε , τότε οι όροι ου εριέχουν τον συντελεστή ε σχηµατίζουν την οµογενή εξίσωση

( )0ε : 0 0 0θ θ+ =ɺɺ

ενώ οι όροι ου εριέχουν τον συντελεστή ε

( )1ε : 2 2 2 30 1 0 1 0 0 1 0 0

12 0

6ω θ ω ωθ ω θ ω θ+ + − =ɺɺ ɺɺ

Όµως η λύση της οµογενούς είναι*: 0 0 cosAθ τ= και αντικαθιστώντας στην δεύτερη

εξίσωση ροκύτει

* Οι όρος αυτός ονοµάζεται secular που στην ελληνική βιβλιογραφία αποδίδεται ως αιώνιος

ή και θεϊκός

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

223

2 3 2 3

2 2 0 0 0 00 1 0 1 0 0 1( ) ( ) cos3 2 cos

24 8

A AA

ω ωω θ τ ω θ τ τ ω ω τ

+ = + +

ɺɺ (8.57)†

Ο όρος cosτ ου ροηγουµένως δηµιουργούσε την ανωµαλία ρέει να µηδενιστεί γεγονός ου συµβαίνει όταν:

21 0 0

16Aω ω= −

Η τιµή αυτή είναι και η 1ης τάξης διόρθωση της συχνότητας, οότε η εξ. (8.57) γίνεται:

01 1( ) ( ) cos3

Aθ τ θ τ τ+ =ɺɺ (8.58)

Η αραάνω εξίσωση λύνεται µε τον τρόο ου λύθηκε η εξ. (8.50) στην

ροηγούµενη αράγραφο. Έτσι, θεωρώντας ως αρχικές συνθήκες 1(0) 0θ = και

1(0) 0θ =ɺ η λύση θα είναι:

( )3

01 cos cos3

192

At tθ ω ω= − (8.59)

µε tτ ω= . Συνεώς , η γενική λύση σε ροσέγγιση 1ης τάξης είναι:

( )3

00 cos cos cos3

192

AA t t tθ ω ω ω= + − (8.60)

και η αντίστοιχη συχνότητα:

20 1 0 0

1(1 )

16Aω ω ω ω= + = −

Είσης η ερίοδος θα είναι ίση µε:

g Aπ

= −

(8.61)

* Υπενθυµίζεται ότι 0 0A θ≡ † Συγκρίνετε µε την εξ. (8.50)

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

224

1 2 3 4t

-75

-50

-25

θHtL θH0L= 90o

Σχήµα 2: Η διακεκοµµένη παριστάνει την ακριβή λύση της Δ.Ε. του εκκρεµούς

( ) 2 20( ) 2arcsin sn ,t k K k t kθ ω = − ( )0 4t≤ ≤

Θεωρούµε 0 2ω π= και 0 (0) 90oA θ= = , οπότε 2 2 0sin2

kθ

= ⇒ 2 1

2k = . Η µπλε καµπύλη

παριστάνει την αντίστοιχη λύση των διαταραχών (8.60). Στο σχ. 2 φαίνεται η σύµτωση της λύσης των διαταραχών µε την ακριβή λύση. Αυτό όµως ισχύει για έναν εερασµένο αριθµό εριόδων. Συνεχίζοντας την σύγκριση των λύσεων για µεγαλύτερες χρονικές στιγµές αρατηρούµε (σχ. 3) ότι οι δυο λύσεις βρίσκονται εκτός φάσης.

201 202 203 204t

-75

-50

-25

θHtL θH0L= 90o

Σχήµα 3: Όπως και στο σχ. 2 αλλά για 100 104t≤ ≤ . Η διαφορά φάσης οφείλεται στο ότι η εξ. (8.61) δίνει µεν ροσεγγιστική έκφραση της εριόδου, όχι όµως και την ακριβή τιµή ου ροσδιορίστηκε στην §8.2. Η αόκλιση

για 0 90oA = είναι 0,17%∼ .

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

225

0 20 40 60 80θ0 HdegL

1.025

1.05

1.075

1.1

1.125

1.15

1.175

TêTo

Σχήµα 3: Με κόκκινο χρώµα παριστάνεται ο λόγος 0T T συναρτήσει της γωνίας πλάτους

0 0A θ≡ , όπως προκύπτει από την ακριβή εξίσωση 0

22 ( )T K k

T π= . Με µαύρο χρώµα φαίνεται

ο λόγος 2

0 0

11 1

16T T A= −

που προκύπτει από την 1ης τάξης προσέγγιση µέσω της

θεωρίας διαταραχών. Η σύµπτωση της κόκκινης καµπύλης (ακριβής λύση) µε την µαύρη

(µέθοδος διαταραχών 1ης τάξης προσέγγιση) είναι εντυπωσιακή. Στις µεγάλες γωνίες η

περίοδος από την Θεωρία των διαταραχών υπερβαίνει κατά τι την πραγµατική περίοδο.

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

226

8.4.4 Η ΠΡΟΣΕΓΓΙΣΗ ∆ΕΥΤΕΡΗΣ ΤΑΞΗΣ Η λύση – ροσέγγιση 1ης τάξης της ροηγούµενης αραγράφου ξεκίνησε µε την

αντικατάσταση του ηµιτόνου στην ∆.Ε. του εκκρεµούς, 20( ) sin ( ) 0t tθ ω θ′′ + = , µε

τους δυο ρώτους όρους του ανατύγµατος 3 5 7

2 3sin .........3! 5! 7!

θ θ θθ θ ε ε ε= − + − +

Αν ειθυµούµε ακρίβεια µιας τάξης αραάνω, τότε ρέει να χρησιµοοιήσουµε τους τρεις ρώτους όρους του ανατύγµατος και να αναζητήσουµε µια λύση στην µορφή

20 1 2θ θ εθ ε θ= + + (8.62)

Κάνουµε άλι την αλλαγή µεταβλητής ( ) ( ) ( )t tθ θ ω θ τ→ = και θεωρούµε την

συχνότητα ως

20 1 2ω ω ε ω ε ω= + + (8.63)

Έτσι η ∆.Ε. του εκκρεµούς γίνεται

2 3 2 5

2 2 20 00

( ) ( )( ) ( )

3! 5!

ω θ τ ω θ τω θ τ ω θ τ ε ε+ = −ɺɺ (8.64)

Αντικαθιστώντας τις (8.82) και (8.63) στην αραάνω εξίσωση και αγνοώντας του

όρους ου εριέχουν µεγαλύτερες ή ίσες δυνάµεις του 3ε , τότε ροκύτει το σύστηµα των εξισώσεων

( )0ε : 0 0 0θ θ+ =ɺɺ

( )1ε : 2 2 2 30 1 0 1 0 0 0 1 0

6ω θ ω θ ω θ ω ωθ+ = −ɺɺ ɺɺ

( )2ε : 2 2 2 2 2 50 2 0 2 0 0 1 0 0 1 0 1 1 0 2 0

1 12 ( 2 )

2 5!ω θ ω θ ω θ θ ω θ ω ω θ ω ω ω θ+ = − − − +ɺɺ ɺɺ ɺɺ

Όµως οι δυο ρώτες εξισώσεις ειλύθηκαν στην ροηγούµενη αράγραφο δίνοντας

0 0 cosAθ τ= , ( )3

01 cos cos3

192

Aθ τ τ= − και 2

1 0 0

16Aω ω= −

Αντικαθιστούµε τις αραάνω εκφράσεις στην τρίτη εξίσωση του συστήµατος και ροκύτει

5 5 55 30 0 0

2 2

5 50 2 0 0

9 3( ) ( ) cos cos cos3

160 96 512

2cos cos

256 1536

A A A

θ τ θ τ τ τ τ

ωτ τ

+ = − + + +

+ −

ɺɺ

(8.65)

Χρησιµοοιώντας τις τριγωνοµετρικές ταυτότητες

( )5 1cos cos5 5cos3 10cos

16τ τ τ τ= + +

( )3 1cos cos3 3cos

4τ τ τ= +

έχουµε 5 5 50 0 2 0 0

2 20

3 2( ) ( ) cos5 cos3 cos

2560 384 1536

A A A Aωθ τ θ τ τ τ τ

+ = − + + −

ɺɺ

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

227

Όµως ο τελευταίος όρος, είναι όρος συντονισµού και εξαιτίας του θα ροκύψει άλι µη φραγµένη λύση. Συνεώς ρέει να ααιτηθεί ο συντελεστής του όρου cosτ να µηδενίζεται*. Έτσι έχουµε ότι

2 03072

Aω ω= (8.66)

και την διαφορική εξίσωση 5 50 0

2 2

3( ) ( ) cos5 cos3

2560 384

A Aθ τ θ τ τ τ+ = − +ɺɺ

της οοίας η λύση µε αρχικές συνθήκες 2(0) 0θ = και 2(0) 0θ =ɺ είναι

5 5 50 0 0

2 cos cos3 cos530720 12288 20480

A A At t tθ ω ω ω= − + (8.67)

όου

2 40 0

0 1 2 0 116 3072

A Aω ω ω ω ω

= + + = − +

(8.68)

Οότε, η γενική λύση µε 2ης τάξης ροσέγγιση είναι:

( )

0 1 2

5 5 50 0 0

cos cos cos3192

cos cos3 cos530720 12288 20480

AA t t t

A A At t t

θ θ θ θ

ω ω ω

= + + =

= + − +

+ − +

(8.69)

3 5 3 5 50 0 0 0 0

0 cos cos3 cos5192 30720 192 12288 20480

A A A A AA t t tθ ω ω ω

= + + − + +

(8.70)

όου αναδεικνύονται οι αρµονικές συνιστώσες ου συνιστούν την κίνηση του εκκρεµούς. Αό την εξ. (8.68) ροκύτει η βελτιωµένη εκδοχή της εξ. (8.61) για την ερίοδο

02 40 01

16 3072

A A=

− + (8.71)

* Διαφορετικά η λύση που προκύπτει είναι της µορφής

2 1 2 3sin sin sin 2 sin sin 4C C Cθ τ τ τ τ τ τ= + +

Η υπογράµµιση δείχνει τον αιώνιο (secular) όρο.

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

228

0 20 40 60 80θ0 HdegL

1.025

1.05

1.075

1.1

1.125

1.15

1.175

TêTo

Σχήµα 4: Με κόκκινο χρώµα παριστάνεται ο λόγος 0T T συναρτήσει της γωνίας πλάτους

0θ , όπως προκύπτει από την ακριβή εξίσωση 0

22 ( )T K k

T π= . Με µαύρο διακεκοµµένο χρώµα

φαίνεται ο λόγος 0

2 4

0 0116 3072

A A=

− +

που προκύπτει από την 2ης τάξης προσέγγιση µέσω της

θεωρίας διαταραχών (συγκρίνετε µε το σχήµα 3). Η απόκλιση από την ακριβή τιµή της

περιόδου για 0 90oA = είναι 0.066%!

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

229

0.5 1 1.5 2t

-75

-50

-25

θHtL θH0L= 90o

0.5 1 1.5 2

-1.5

-1

-0.5

0.5

1.5

0.5 1 1.5 2

-0.06

-0.04

-0.02

0.02

0.04

0.06

Σχήµα 5: Το πρώτο διάγραµµα δείχνει την λύση 0 cosA tθ ω= της αδιατάρακτης εξίσωσης.

Το µεσαίο διάγραµµα την διόρθωση 1ης τάξης, ( )3

01 cos cos3

192

At tθ ω ω= − και το τελευταίο

την διόρθωση 2ης τάξης, 5 5 50 0 0

2 cos cos3 cos530720 12288 20480

A A At t tθ ω ω ω= − + .

(Παρατηρείστε την κλίµακα στους κατακόρυφους άξονες των διαγραµµάτων. Οι διορθωτικοί

όροι είναι σχεδόν αµελητέοι στην µορφή της λύσης)

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

230

Όως φαίνεται στα εόµενα σχήµατα αρότι η ροσέγγιση 2ης τάξης είναι καλύτερη, το γεγονός ότι δεν χρησιµοοιούµε την ακριβή ερίοδο στην λύση των διαταραχών δηµιουργεί µετά αό κάοιο χρονικό διάστηµα διαφορά φάσης σε σχέση µε την ακριβή λύση.

1 2 3 4 5 6t

-75

-50

-25

θHtL θH0L= 90o

1 2 3 4 5 6

-2

-1.5

-1

-0.5

0.5

1.5

Σχήµα 6: Στο άνω διάγραµµα, η διακεκοµµένη παριστάνει την ακριβή λύση της Δ.Ε. του

εκκρεµούς

( ) 2 20( ) 2arcsin sn ,t k K k t kθ ω = − ( )0 6t≤ ≤

Θεωρούµε 0 2ω π= και 0 (0) 90oA θ= = , οπότε 2 2 0sin2

kθ

= ⇒ 2 1

2k = . Η µπλε καµπύλη

παριστάνει την αντίστοιχη λύση των διαταραχών (8.70). Στο κάτω διάγραµµα φαίνεται η

διαφορά ακριβής λύση λύση διαταραχών

θ θ− .

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

231

1001 1002 1003 1004 1005 1006t

-75

-50

-25

θHtL θH0L= 90o

1001 1002 1003 1004 1005 1006

-150

-100

-50

100

150

Σχήµα 7: Όπως στο σχ. 6 αλλά για το διάστηµα ( )1000 1006t≤ ≤ . Παρατηρούµε ότι οι δυο

λύσεις παρουσιάζουν διαφορά φάσης. Η διαφορά ακριβής λύση λύση διαταραχών

θ θ− παίρνει τις µέγιστες

τιµές της. Τούτο οφείλεται στο ότι η περίοδος που προσδιορίστηκε µέσω της µεθόδου των

διαταραχών δεν ταυτίζεται µε την ακριβή περίοδο.

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

232

1792 1794 1796 1798 1800 1802t

-75

-50

-25

θHtL θH0L= 90o

1790 1800 1810 1820

-6

-4

-2

Σχήµα 8: Στο άνω διάγραµµα όπως στο σχ. 6 για 1800t ∼ . Στο κάτω διάγραµµα φαίνεται

η διαφορά ακριβής λύση λύση διαταραχών

θ θ− .

Συνεχίζοντας την µέθοδο διαταραχών, υολογίζουµε όλο και µεγαλύτερες ροσεγγίσεις τείνοντας ρος την ακριβή λύση και ερίοδο. Έτσι, µέχρι και την 4ης τάξης ροσέγγιση για την ερίοδο

02 4 6 80 0 0 023 2519

116 3072 737280 1321205760

A A A A=

− + − −

Η αραάνω εξίσωση αν ανατυχθεί κατά Taylor ως ρος 0 0( )A θ≡ , το λάτος της

ταλάντωσης, δίνει

2 4 6 80 0 0 0

1 11 173 22931

16 3072 737280 13212057601

Tθ θ θ θ= + + + + +⋯

ου ταυτίζεται µε την εξ. (8.33) [ §8.2.6] στους ρώτους όρους.*

Η θεωρία των διαταραχών µας δίνει για το εκκρεµές µια λύση της µορφής

( )( ) cos 2 1m

t a m tθ ω= + ∑

* Υπενθυµίζεται ότι η εξ. (8.33) είναι η ανάπτυξη της ακριβούς εξίσωσης της περιόδου του

εκκρεµούς Taylor ως προς 0 0( )A θ≡

2 4 6 8 100 0 0 0 0

1 11 173 22931 1319183

16 3072 737280 1321205760 9512681472001

Tθ θ θ θ θ= + + + + + +⋯

gkalios.blogspot.com

Γιώργος Γκάλιος

233

και όταν χρησιµοοιούµε λίγους όρους αό την σειρά αυτή για να έχουµε συµφωνία φάσης µε την ραγµατική λύση για «άειρο» χρονικό διάστηµα, ρέει στην λύση των διαταραχών να χρησιµοοιήσουµε την ακριβή εξίσωση της εριόδου

2 ( )K kT T

π=

Αυτό φάνηκε στην §8.3.4 (σχήµατα 2 και 3), όου συγκρίθηκε η ροσέγγιση µηδενικής τάξης, αλλά µε την ακριβή τιµή της εριόδου

2 2

0 00

2 ( )cos

K kA t

πθ

µε την ακριβή λύση του εκκρεµούς

( ) 2 20( ) 2arcsin sn ,t k K k t kθ ω = −

Στο εόµενα σχήµατα θα κάνουµε το ίδιο για την 2ης τάξης ροσέγγιση, εξ. (8.70).

1 2 3 4t