תגובת מתקף: המתנד כמערכת ליניארית - WaveLab

החידה: הפעמון שמתעלם מהפטיש¶

הכו בפעמון במקוש לבד והצליל יהיה רך; בפטיש פלדה — בהיר וחזק; במקוש צמר — עמום. שלושה צלילים שונים לחלוטין. עכשיו זמזמו יחד עם כל אחד מהם. הגובה זהה בכל פעם.

אתם יכולים להכות חזק יותר, חלש יותר, מהר יותר, במקום אחר, בחומר אחר — ואינכם יכולים לגרום לפעמון לשיר תו אחר. משהו במכה נזרק לפח, ומשהו בפעמון מחליט מה נשאר.

התשובה לשאלה השנייה היא כן, בדיוק ובשורה אחת, ובסוף המודול הזה תעשו זאת על נתונים.

לנבא לפני שמחשבים¶

התחייבו לתשובה לכל אחת מהשאלות לפני שתריצו משהו. רשמו אותן.

אתם בועטים במסה תלויה פעמיים, שתי הבעיטות במרחק מחזור שלם זו מזו. בהשוואה לבעיטה בודדת, האם הצלצול שאחר כך גדול יותר, מבוטל, או ללא שינוי? ומה אם הבעיטה השנייה נוחתת חצי מחזור אחרי הראשונה?
כוח קבוע מופעל ונשאר מופעל. האם המסה גולשת בחלקות אל שיווי המשקל החדש שלה $F_0/k$ , או חורגת מעבר לו ומצלצלת בדרך?
האם המסה יכולה לנוע לפני הבעיטה — האם $x(t)$ יכול להיות תלוי בכוח בזמנים מאוחרים מ- $t$ ? אם תשובתכם היא לא, מה בדיוק אוסר זאת?
אתם מניעים ב- $\wnat$ במטח של 3 מחזורים, ואז במטח של 30 מחזורים. פי עשרה הנעה: בערך פי כמה תגובה?

לחקור את המודל¶

שתי אנימציות, שתיהן נוצרו מאותו קוד wavelab.oscillators שהמעבדה מריצה.

בעיטות המגיעות בזמנים אקראיים, לכל אחת עוצמה וסימן משלה (למעלה), ומה שהמתנד עושה בעניין (למטה). כל בעיטה מולידה דעיכה מצלצלת אחת, תמיד באותה צורה, תמיד מתחילה בדיוק היכן שהחץ שלה נוחת ולעולם לא קודם. העקומה המודגשת אינה אלא סכומן. שימו לב כיצד הבעיטות השלישית והרביעית מבטלות חלקית את מה שהשנייה בנתה: סופרפוזיציה היא חיבור, וחיבור כולל חיסור.

כוח קבוע המופעל ב- $t = 0$ ואינו משתנה עוד לעולם (למעלה), וארבעה מתנדים המשיבים לו (למטה). לכוח יש בדיוק תכונה אחת בכל ההיסטוריה שלו; התגובות מצלצלות עשרים שניות. כל הארבע מסתיימות באותו מקום, $F_0/k$ — הקו המקווקו — כך שההבדל היחיד ביניהן הוא הדרך. החריגה גדלה עם $Q$ : אין כלל כשהריסון קריטי, ו-85% מעל הערך הסופי ב- $Q = 10$ .

מפרט המודל

מערכת: המסה, הקפיץ והבולם של מודול 02, הנצפים כעת כהעתקה מהיסטוריית כוח להיסטוריית העתק; הגדלים הנמדדים הם זוגות קלט–פלט והספקטרומים שלהם, ולא מסלול בודד כלשהו.
דינמיקה: אותה משוואת תנועה $m\ddot{x} + b\dot{x} + kx = F(t)$ , כשהפתרונות מיוצגים כקונבולוציה $x = G * F$ ומחושבים כך או באינטגרציה ישירה.
תנאי שפה: במנוחה לפני שהכוח מתחיל — התנאי הסיבתי, והוא שבוחר את פונקציית גרין הזו מבין השתיים שהמשוואה מתירה; הסביבה היא הבולען חסר התכונות של מודול 02.
אנסמבל: זוג קלט–פלט דטרמיניסטי אחד לכל היסטוריית כוח; רעש מדידה, היכן שנוסף, הוא גאוסי, בלתי תלוי ובעל זרע קבוע.
מוזנח: המנגנון המיקרוסקופי שמאחורי $b$ , וכל אי-ליניאריות — סופרפוזיציה של בעיטות היא ליניאריות, כך שאין במפרט הזה מקום לקפיץ שמתקשה.
תקף כאשר: התגובה ליניארית, הכוח חסום ומתחיל בזמן סופי, וצעד הדגימה נמצא הרבה מתחת ל- $2\pi/\omega_d$ ומתחת לתכונה המהירה ביותר של הכוח.
אופני כישלון: קפיצים לא ליניאריים, שבהם בעיטות מפסיקות להצטבר בסופרפוזיציה והשיטה כולה קורסת; קונבולוציה בדידה של כוח שתוכנו מעל תדר נייקוויסט; ודה-קונבולוציה נאיבית, המגבירה רעש ללא גבול היכן שהתגובה קטנה.

הריצו את המעבדה עכשיו, ואז חזרו. שלושה דברים כדאי לעשות לפני שתמשיכו לקרוא:

הניחו שתי בעיטות על ציר הזמן והזיזו את השנייה. מצאו את המרווחים שמגבירים את הצלצול ואת אלה שכמעט הורגים אותו, ובדקו אותם מול המחזור שאתם יכולים למדוד מבעיטה בודדת.
קחו דעיכה מצלצלת אחת, התמירו אותה, והניחו מעליה את עקומת התגובה הסרוקה של מודול 02. שום דבר מהסריקה לא שימש ליצירת הדעיכה.
הזיזו מעט את תדירות ההנעה של מטח אל מחוץ לתהודה וצפו בתגובה נופלת. הצורה שאתם משרטטים עם שעון עצר היא לורנציאן.

לגזור את התוצאה¶

בעיטה קובעת מהירות. הפעילו כוח עצום וקצר — מתקף כולל $J = \int F\,dt$ , הניתן בזמן קצר בהשוואה לכל דבר אחר בבעיה. אינטגרלו את משוואת התנועה על פני אותו רגע. האיבר $\int m\ddot{x}\,dt = m\Delta v$ שורד; $\int b\dot{x}\,dt$ ו- $\int kx\,dt$ אינם שורדים, מפני ש- $x$ ו- $\dot{x}$ חסומים והמרווח שואף לאפס. לכן

m\,\Delta v = J \qquad\Longrightarrow\qquad x(0^+) = 0, \qquad \dot{x}(0^+) = \frac{J}{m} .

(1)

בעיטה אינה מזיזה דבר ומשנה את המהירות. כל מה שקורה אחרי הבעיטה הוא אפוא דעיכה חופשית — הבעיה הבלתי מונעת של מודול 02, עם תנאי התחלה מסוים. נגדיר את תגובת המתקף $G(t)$ כתנועה שלאחר מתקף יחידה, $J = 1$ :

G(t) = \begin{cases} \dfrac{e^{-\gamma t/2}}{m\,\omega_d}\,\sin\omega_d t, & t \ge 0, \\[2ex] 0, & t < 0 . \end{cases}

(2)

כל תכונה בביטוי הזה היא אחד מארבעת הדברים שאתם כבר יודעים. הוא מתחיל באפס, מפני שבעיטה אינה משגרת את המסה בטלפורטציה. הוא יוצא מהראשית בשיפוע $1/m$ , מפני שזו המהירות שהבעיטה סיפקה. הוא מתנודד ב- $\omega_d$ — התדירות של הפעמון עצמו, לא של הפטיש — ודועך ב- $\gamma/2$ , כך שהוא עדיין נשמע אחרי בערך $Q/\pi$ מחזורים. הנה התשובה בעניין הפעמון: המקוש קובע את המשרעת ואת המשרעת בלבד, והגובה מעולם לא היה שלו לבחור.

כל כוח הוא רכבת של בעיטות. חתכו כוח שרירותי $F(t)$ לפרוסות ברוחב $\Delta t$ . הפרוסה ב- $t'$ מספקת מתקף $F(t')\,\Delta t$ , ו — וזו כל הליניאריות והאי-תלות בזמן — המתנד משיב לה בדיוק כפי שהוא משיב לכל בעיטה אחרת, רק בקנה מידה ובהיסט: $G(t - t')\,F(t')\,\Delta t$ . חברו את התשובות:

x(t) = \int_{-\infty}^{\,t} G(t - t')\,F(t')\,dt' \;\equiv\; (G * F)(t) .

(3)

הגבול העליון הוא $t$ ולא $+\infty$ , והסיבתיות היא ששמה אותו שם: $G(t - t')$ מתאפס עבור $t' > t$ , כך שעתידו של הכוח אינו יכול להגיע אל ההווה של התנועה. זוהי העקומה המודגשת באנימציה הראשונה, וזו התשובה לניבוי 3.

שתי בעיטות הופכות כעת לחשבון פשוט. בעטו פעמיים, במרווח $\tau$ , והצלצול המאוחר הוא סכום של שני סינוסים דועכים הנבדלים במופע ב- $\omega_d\tau$ ובגודל ב- $e^{-\gamma\tau/2}$ . הרחיקו אותן מחזור שלם והן בפאזה, ומתקבל $1 + e^{-\pi/Q}$ כפול בעיטה בודדת — 1.73 ב- $Q = 10$ , ולא 2, מפני שהראשונה דהתה מעט עד שהשנייה הגיעה. הרחיקו אותן חצי מחזור והן באנטי-פאזה, ונשאר $1 - e^{-\pi/2Q}$ , שהוא 0.15 ב- $Q = 10$ . כמעט מבוטל, ולא מבוטל בדיוק: הרס מושלם היה דורש שתי משרעות שוות, והריסון כבר כיווץ את הראשונה.

תגובת התדר. התמירו את $G$ עם הגרעין הישר של הקורס, $e^{-\ii\omega t}$ . מאחר ש- $G$ מתאפסת עבור $t < 0$ האינטגרל הוא חד-צדדי — זוג האקספוננט של מודול 04, עם סינוס לפניו:

\hat{G}(\omega) = \int_{0}^{\infty} \frac{e^{-\gamma t/2}\sin\omega_d t}{m\,\omega_d}\, e^{-\ii\omega t}\,dt = \frac{1/m}{\wnat^2 - \omega^2 + \ii\gamma\omega} .

(4)

השוו כעת עם מודול 02, שסורק הנעה ומודד משרעת מרוכבת $X(\omega) = (F_0/m)/(\wnat^2 - \omega^2 - \ii\gamma\omega)$ . השתיים הן אותה פונקציה עם סימן אחד הפוך:

X(\omega) = F_0\,\hat{G}(\omega)^{*} = F_0\,\hat{G}(-\omega) .

(5)

הצמוד המרוכב אינו פגם שיש לטאטא: זהו חוט התדירויות השליליות של מודול 00 המגיע בפעם האחרונה. הפאזור של הקורס $Ae^{-\ii\varphi}$ רוכב על גורם זמן $e^{-\ii\omega t}$ , שתחת הגרעין הישר חי בחצי השלילי של הספקטרום. לכן החץ של הסריקה ב- $+\omega$ הוא ערך הספקטרום ב- $-\omega$ , ומתקיים $\hat{G}(-\omega) = \hat{G}(\omega)^{*}$ מפני ש- $G$ ממשית. אם תהפכו את הסימן הזה, כל פיגור מופע במודול יתהפך — המסה תקדים את הכוח במקום לפגר אחריו.

להכפיל במקום לחשב קונבולוציה. משפט הקונבולוציה, זה של מודול 04, הופך את האינטגרל למכפלה:

\hat{x}(\omega) = \hat{G}(\omega)\,\hat{F}(\omega) .

(6)

שלוש עקומות והכפלה אחת: במה אתם דוחפים, מה המערכת מוכנה להעביר, ומה אתם מקבלים. זו התמונה שמודול 04 צייר עבור אותות, כעת עם מערכת פיזיקלית באמצע, וזו התמונה שמודול 40-psf-otf יצייר עבור תמונות.

מדרגה, עד הסוף. הפעילו כוח קבוע $F_0$ ב- $t = 0$ וחשבו את הקונבולוציה. הפתרון הפרטי הוא שיווי המשקל החדש $F_0/k$ , והחלק ההומוגני הוא מה שמוביל את המסה לשם מהישן:

x(t) = \frac{F_0}{k}\left[1 - e^{-\gamma t/2}\left(\cos\omega_d t + \frac{\gamma}{2\omega_d}\sin\omega_d t\right)\right], \qquad t \ge 0 .

(7)

קראו ממנו את התשובה לניבוי 2. הסוגריים אינם מטפסים באופן מונוטוני אל 1; הם חורגים ומצלצלים, ב- $\omega_d$ , ודועכים על פני $2/\gamma$ — 85% מעבר למטרה ב- $Q = 10$ , 44% ב- $Q = 2$ , ורק בריסון קריטי לא כלל. כוח חסר תכונות אינו מייצר תנועה חסרת תכונות. המתנד משיב בתדירות שלו עצמו לא משנה מה מבקשים ממנו, וזהו אותו לקח שהפעמון לימד, והפעם אפילו לא הייתה מכה להאשים בה.

ניבוי 4 נובע מאותו נימוק. בהנעה בתהודה התגובה נבנית כ- $1 - e^{-\gamma t/2}$ ומגיעה לרוויה ב- $Q F_0/k$ אחרי בערך $Q$ מחזורים. שלושה מחזורים ב- $Q = 10$ מגיעים ל-1.45 ביחידות של $F_0/k$ ; שלושים מחזורים מגיעים ל-2.50, ערך הרוויה. פי עשרה הנעה קנתה פי 1.7 תגובה, מפני שאחרי $Q$ המחזורים הראשונים המתנד מאבד אנרגיה בדיוק באותו קצב שבו ההנעה מספקת אותה.

המילון. רשמו את חוק הלולאה של קירכהוף עבור מעגל RLC טורי המונע ב- $V(t)$ , כאשר $q$ הוא המטען על הקבל:

L\ddot{q} + R\dot{q} + \frac{q}{C} = V(t) .

(8)

זוהי משוואת המודול הזה עם שמות אחרים לסמלים. תחת

m \leftrightarrow L, \qquad b \leftrightarrow R, \qquad k \leftrightarrow \frac{1}{C}, \qquad x \leftrightarrow q, \qquad F \leftrightarrow V,

(9)

כל תוצאה בעמוד הזה עוברת ללא נגיעה: אותה $G$ , אותו $Q = \sqrt{L/C}\,/\,R$ , אותו לורנציאן. דבר לא נגזר כאן על קפיצים. מה שנגזר הוא ההתנהגות של כל מערכת המצייתת למשוואה ליניארית מסדר שני, והמסה על הקפיץ הייתה מקום נוח לצפות בזה קורה.

לאמת חישובית¶

כל בדיקה למטה היא גם מבחן בערכת המבחנים של הפרויקט, כך שהטענות האלה אינן יכולות להירקב בשקט.

1. קונבולוציה מול אינטגרציה. convolution_response בונה את התנועה מסכימת בעיטות; simulate_forced מקדם את המשוואה הדיפרנציאלית בזמן ואינו יודע דבר על פונקציות גרין. כשמפנים אותם לאותן רשומות של מדרגה, רמפה, מטח ורעש הם מסכימים, ואי-ההסכמה יורדת פי ארבעה בכל פעם שהצעד נחצה — ההתכנסות מסדר שני שכל שיטה טוענת לה בנפרד.

2. עקומת התהודה מבעיטה אחת. fourier.spectrum מופעל על דעיכה מצלצלת מחושבת והתוצאה מונחת מעל steady_state_response של מודול 02, מוצמדת.

מה עולה הגשר הנמדד

שתי העקומות מסכימות עד כדי חלק אחד ל-10⁵ בערך — אבל לא מפני שהחשבון מדויק, והאופן שבו הוא נכשל שווה ידיעה. שני מקורות שגיאה יושבים מתחת. האחד הוא הרשת, והוא יורד פי ארבעה כשהצעד נחצה. השני הוא הרשומה: דעיכה שטרם סיימה לצלצל נעטפת בחזרה על תחילתה שלה בידי ההרחבה המחזורית של ההתמרה. ב- $Q = 20$ , כשמחזיקים את הצעד קבוע ומכפילים את הרשומה, השגיאה עוקבת אחרי הזנב ששרד כמעט בדיוק — $2.9\times10^{-4}$ כשהרשומה מחזיקה 8 זמני דעיכה של המשרעת, $6.8\times10^{-6}$ ב-16 — ואז מפסיקה לרדת, מקובעת במה שהרשת לבדה מסוגלת לתמוך. עידון רשת אינו יכול לתקן רשומה שהייתה קצרה מדי.

3. שתי בעיטות, מתוזמנות. בעיטות במרווח מחזור שלם נותנות $1 + e^{-\pi/Q}$ כפול התגובה הבודדת, בעיטות במרווח חצי מחזור נותנות $1 - e^{-\pi/2Q}$ , ובעיטות במרווח רבע מחזור נותנות $\sqrt{2}$ — נמדד, ותואם לצורות הסגורות.

4. שתי דרכים ל- $Q$ מרשומה אחת. שיא המעבדה, מורץ תחת שמונה זרעים בלתי תלויים. אותה דעיכה רועשת נקראת בתחום הזמן, שבו $Q$ מגיע מקצב דעיכת המעטפת, ובתחום התדר, שבו הוא מגיע מרוחב הקו. הן מסכימות עד כדי $2\%$ , ודבר מלבד הנתונים אינו עובר ביניהן.

יש מלכודת אחת בשלב 4, והספרייה בנויה סביבה. q_from_bandwidth מוצא את נקודות חצי ההספק באינטרפולציה בין דגימות, וזה הדבר הנכון לעשות על עקומה סרוקה, שבה הנסיין בוחר את צפיפות הדגימה. איש אינו בוחר את רשת הספקטרום של דעיכה מצלצלת: מרווח התאים שלה הוא $2\pi/T$ בעוד רוחב הקו הוא $\gamma$ , כך שרשומה המחזיקה $n$ זמני דעיכה של המשרעת מקבלת $n/\pi$ תאים על פני הרוחב המלא לא משנה מהו $Q$ — פחות משניים, ברשומה מציאותית. הקלטה ארוכה יותר אינה המוצא שהיא נראית, שכן עשרה תאים היו דורשים שלושים ואחד זמני דעיכה, ובנקודה הזו האות הוא 10^-14 ממה שהיה בהתחלה. הפתרון הוא להתאים את כל צורת הקו במקום לבצע אינטרפולציה בין שתי נקודות עליה, וזה מה ש-q_from_linewidth עושה וזו הסיבה שהיא קיימת.

להעביר את הרעיון¶

הדמיה היא המודול הזה כאשר $t$ מוחלף ב- $(x, y)$ . עדשה משיבה לנקודת אור בטשטוש קטן — פונקציית פיזור הנקודה — ומשיבה לעצם מורחב בסופרפוזיציה של טשטוש אחד לכל נקודה, כלומר בקונבולוציה. $G$ הופכת ל-PSF ו- $\hat{G}$ הופכת לפונקציית ההעברה האופטית; מודול 40-psf-otf הוא העמוד הזה עם שני צירי מרחב במקום ציר זמן אחד, וכמעט דבר מלבד זה אינו משתנה.
האטום כמתנד שנבעט. מודול 16-light-in-matter קושר אלקטרון בקפיץ; קו הבליעה שלו הוא $|\hat{G}|$ של אותו מתנד, והדעיכה המצלצלת שלו היא פלואורסצנציה.
דעיכת מהוד. מודולים 26-fabry-perot ו-44-resonators מודדים אובדני מראה על ידי מילוי מהוד באור, כיבוי האור, ותזמון הדעיכה. זהו הניסוי של המודול הזה המבוצע על פוטונים, ורוחב הקו שהוא מרמז עליו הוא שוב $\hat{G}$ .
כל גל משני הוא תגובת מתקף. מודול 28-huygens בונה גל מתקדם על ידי התייחסות לכל נקודה בחזית הגל כמקור של גלים משניים וחיבורם. אותו מבנה, אותה מילה: הגל המשני הוא פונקציית גרין של המדיום במרחב.
אלקטרוניקה, לתמיד. מילון ה-RLC אינו אנלוגיה שיש להתפעל ממנה פעם אחת. כל תוצאה שתפגשו בתורת המעגלים על פונקציות תמסורת, תגובות מדרגה, צלצול או רוחב פס היא תוצאה על המתנד הזה.

בחנו את הבנתכם¶

מכים בפעמון במקוש לבד, ואז בפטיש פלדה בעל אותה מסה הנע באותה מהירות. בהשוואה למכת הלבד, מה משנה מכת הפלדה בצליל?
A. את המשרעת, ואת התמהיל של האופנים העצמיים של הפעמון שהיא מעוררת — אך לא את התדירות של אף אופן. B. את תדירות הצלצול, מפני שפגיעה קשיחה יותר מניעה את הפעמון מהר יותר. C. את קצב הדעיכה, מפני שמכה חזקה יותר מכניסה יותר אנרגיה ולוקח יותר זמן לפזר אותה. D. שום דבר מדיד — תגובת המתקף היא תכונה קבועה של הפעמון.
בדקו את התשובה
התשובה הנכונה: A — את המשרעת, ואת התמהיל של האופנים העצמיים של הפעמון שהיא מעוררת — אך לא את התדירות של אף אופן.
- A. נכון. בעיטה קובעת מהירות ותו לא, ולכן התנועה שאחריה היא דעיכה חופשית: היא מצלצלת ב-omega_d, ששייכת לפעמון. מכה חזקה וקצרה יותר מספקת מתקף גדול יותר וספקטרום שטוח יותר, ולכן היא מזינה את האופנים הגבוהים חזק יותר — בהיר יותר, חזק יותר, אותם גבהים.
- B. הפגיעה אינה מניעה דבר לאחר שהסתיימה, והיא מסתיימת כמעט מיד. ברגע שהפטיש עזב, אין במשוואת התנועה איבר כוח כלל, ולכן הפעמון פותר את בעיית הדעיכה החופשית שלו ב-omega_d שלו. שום דבר מהמקוש אינו מופיע בתדירות הזו.
- C. הדעיכה מעריכית, ולכן הזמן לירידה בפקטור נתון אינו תלוי בנקודת ההתחלה: gamma/2 היא תכונה של הפעמון. מכה חזקה יותר נשמעת ארוכה יותר רק במובן שהיא מתחילה גבוה יותר על אותה מעריכית.
- D. G(t) אכן קבועה, אך התגובה היא G מוכפלת במתקף J, ולכן המשרעת בהחלט משתנה. הטענה שאינה משתנה צרה ומעניינת יותר: הצורה בזמן היא תמיד אותה צורה, ורק גודלה נתון לבחירתכם.
מתנד בעל Q = 10 נבעט פעמיים במתקפים שווים, כשהבעיטה השנייה נוחתת בדיוק חצי מחזור אחרי הראשונה. כיצד נראה הצלצול שאחר כך?
A. כמעט מבוטל, בערך 15% מבעיטה בודדת — אך לא אפס בדיוק. B. מבוטל בדיוק — שתי התרומות באנטי-פאזה והורסות זו את זו לחלוטין. C. כפול — שתי בעיטות מכניסות פי שניים מתקף, ולכן התגובה גדולה פי שניים. D. ללא שינוי — הבעיטה השנייה מגיעה כשהמסה בנקודת המפנה שלה ואינה מבצעת עבודה.
בדקו את התשובה
התשובה הנכונה: A — כמעט מבוטל, בערך 15% מבעיטה בודדת — אך לא אפס בדיוק.
- A. נכון. חצי מחזור מציב את שתי התרומות באנטי-פאזה, ולכן הן מתחסרות, ויחס המשרעות הוא 1 - e^(-pi/2Q) = 0.15 ב-Q = 10. זה אינו אפס מפני שהצלצול של הבעיטה הראשונה כבר דעך מעט עד שהשנייה הגיעה, ולכן שתי המשרעות המתחסרות אינן שוות.
- B. הן אכן באנטי-פאזה, אך ביטול דורש גם משרעות שוות, והריסון כיווץ את הראשונה ב-e^(-pi/2Q) לפני שהשנייה הגיעה. ביטול מדויק היה דורש ש-Q יהיה אינסופי, וזהו המתנד הבלתי מרוסן שלעולם אינו נרגע.
- C. מתקפים אכן מתחברים, אך תגובות מתחברות כפונקציות מסומנות של הזמן, וכאן השנייה מגיעה כשהתרומה הראשונה נעה בכיוון ההפוך. הכפלה היא מה שמתקבל מבעיטות במרווח מחזור שלם, וגם אז רק פי 1 + e^(-pi/Q) = 1.73, לא פי 2.
- D. בעיטה משנה את המהירות ללא תלות במקום שבו המסה נמצאת במקרה, ולכן היא תמיד משנה את התנועה. מה שהתזמון מחליט הוא הסימן של השינוי הזה ביחס לצלצול הקיים.
כוח קבוע מופעל ב-t = 0 ואינו משתנה עוד לעולם. למתנד יש Q = 10 והוא מתחיל ממנוחה. תארו את ההעתק שלאחר מכן.
A. הוא חורג מעל שיווי המשקל החדש בכ-85% ומצלצל ב-omega_d לפני שהוא מתייצב ב-F0/k. B. הוא גולש בחלקות עד F0/k בלי לחלוף מעליו לעולם, מפני שהכוח לעולם אינו קטן. C. הוא עולה ל-F0/k ונשאר שם מיד, שהרי לכוח קבוע יש תגובה קבועה. D. הוא מתנודד לנצח סביב F0/k, מפני שהכוח ממשיך לספק אנרגיה.
בדקו את התשובה
התשובה הנכונה: A — הוא חורג מעל שיווי המשקל החדש בכ-85% ומצלצל ב-omega_d לפני שהוא מתייצב ב-F0/k.
- A. נכון, וזו ההפתעה המרכזית של המודול. לכוח יש בדיוק תכונה אחת בכל ההיסטוריה שלו, ולתגובה יש עשרות. המערכת משיבה בתדירות שלה עצמה לא משנה מה מבקשים ממנה, והחריגה exp(-pi gamma / 2 omega_d) תלויה ב-Q בלבד — 85% ב-Q = 10, 44% ב-Q = 2, ואפס בריסון קריטי.
- B. זוהי התפיסה השגויה שהמודול קיים כדי לשבור: ההעתק של מערכת ליניארית אינו עוקב אחרי צורת הכוח המופעל עליה. התקרבות מונוטונית היא מה שקורה בריסון קריטי או כבד יותר; ב-Q = 10 המסה מגיעה עם מהירות שעליה לאבד, ואיבודה נמשך 2/gamma של צלצול.
- C. F0/k הוא המקום שבו הוא מסתיים, וזו תשובת המצב המתמיד להנעה בתדירות אפס. ההגעה לשם היא תגובת מעבר, ותגובת המעבר היא כל תוכן השאלה הזו. למסה יש התמדה, ולכן אין היא יכולה לרכוש את מיקומה החדש באופן מיידי.
- D. כוח קבוע אינו מספק אנרגיה נטו ברגע שהמסה חדלה לנוע, והבולם מסלק את מה שיש. הצלצול דועך כ-e^(-gamma t/2) בדיוק כפי שדעיכה חופשית דועכת — הוא אכן דעיכה חופשית, סביב שיווי המשקל המוסט.
אתם מקליטים דעיכה מצלצלת אחת של מהוד לא מוכר ולוקחים את הערך המוחלט של התמרת פורייה שלה. מה קיבלתם?
A. את גודל תגובת התדר של המהוד — כלומר את עקומת התהודה הסרוקה השלמה של מודול 02, ממכה אחת. B. את הספקטרום של מכת הפטיש, שהרי היא זו שהכניסה את האנרגיה. C. קו חד יחיד ב-omega_d, מפני שהדעיכה המצלצלת היא סינוס דועך בתדירות הזו. D. שום דבר שימושי בלי להקליט גם את הכוח, שהרי פונקציית תמסורת דורשת קלט ופלט.
בדקו את התשובה
התשובה הנכונה: A — את גודל תגובת התדר של המהוד — כלומר את עקומת התהודה הסרוקה השלמה של מודול 02, ממכה אחת.
- A. נכון, וזו הסיבה שמהנדסים בודקים מבנים בפטיש ולא במרעיד. ההתמרה של תגובת המתקף היא תגובת התדר, ובעיטה אחת מכילה את כל התדירויות בבת אחת, ולכן רשומה בודדת נושאת את המשרעת ואת המופע שהסריקה הייתה מודדת נקודה אחר נקודה.
- B. הספקטרומים מוכפלים — x-hat = G-hat F-hat — ולכן מה שאתם רואים הוא המכפלה. לבעיטה אידיאלית יש ספקטרום שטוח, וזו בדיוק הסיבה שהיא הגשוש השימושי: היא מתחלקת החוצה ומשאירה את תגובת המהוד עצמו ודבר מן הפטיש.
- C. קו ברוחב אפס היה דורש סינוס הנמשך לנצח. הדעיכה היא שנותנת לקו את רוחבו — gamma, רוחב מלא בחצי הגובה — והרוחב הזה הוא בדיוק המידע שאתם רוצים, שהרי Q = omega0/gamma. דעיכה בזמן היא לורנציאן בתדר.
- D. נכון באופן כללי, וזו הסיבה שהמתקף מיוחד: ההתמרה שלו היא קבוע ידוע, ולכן הפלט לבדו קובע את פונקציית התמסורת עד כדי אותו קבוע. זהו הקלט היחיד שאינכם צריכים למדוד.
איזו מהתצפיות הבאות הייתה נאסרת על ידי סיבתיות בלבד, בהינתן שהמערכת ליניארית וקבועה בזמן?
A. המסה כבר החלה לנוע שנייה אחת לפני שהכוח הופעל לראשונה. B. המסה עדיין נעה עשר שניות אחרי שהכוח כובה. C. ההעתק גדול ביותר ברגע שבו הכוח המופעל מתאפס. D. כוח קצר מייצר תנועה הנמשכת פי אלף מהכוח עצמו.
בדקו את התשובה
התשובה הנכונה: A — המסה כבר החלה לנוע שנייה אחת לפני שהכוח הופעל לראשונה.
- A. נכון. סיבתיות היא בדיוק הטענה ש-G(t) = 0 עבור t < 0, שהיא ששמה את הגבול העליון t על אינטגרל הקונבולוציה וגורמת ל-x(t) להיות תלוי בכוח רק בזמנים עד t. תנועה לפני הכוח היא הדבר היחיד ברשימה הזו שאף בחירה של m, b, k לא הייתה יכולה לייצר.
- B. מותר לחלוטין, ואופייני: התגובה שורדת את הכוח בערך 2/gamma. זיכרון של העבר אינו הפרה של סיבתיות — תלות בעתיד היא ההפרה. זוהי הדעיכה המצלצלת, ובה מודדים את Q.
- C. מותר ושגרתי. בתהודה ההעתק מפגר אחרי הכוח ברבע מחזור, ולכן ההעתק השיאי נוחת בדיוק היכן שהכוח חוצה את האפס. שום דבר בזה אינו מערב את עתידו של הכוח.
- D. זוהי תגובת המתקף עצמה, וזו התצפית הפותחת של המודול: הבעיטה נמשכת אלפיות שנייה והפעמון מצלצל שניות. סיבתיות מגבילה את הכיוון בזמן שבו ההשפעה נעה, לא את משך הזמן שלה.
במעגל RLC טורי נתונים L = 10 mH, R = 2.0 אוהם ו-C = 1.0 מיקרופאראד. בעזרת המילון m <-> L, b <-> R, k <-> 1/C, מהו מקדם הטיב Q של המעגל הזה?
בדקו את התשובה
התשובה הנכונה: 50.0 (± 1.0)
Q = sqrt(L/C)/R = sqrt(0.010 / 1.0e-6) / 2.0 = sqrt(10000) / 2.0 = 100/2.0 = 50. אותו חשבון כמו sqrt(mk)/b עבור המתנד המכני, מפני שזו אותה משוואה עם שמות אחרים לסמלים. תדירות התהודה היא omega0 = 1/sqrt(LC) = 10^4 rad/s, בערך 1.6 kHz.
אתם מתמירים דעיכה מצלצלת מדודה ומוסרים את הספקטרום לעמית, שמפעיל עליו אומדן רוחב פס בחצי ההספק ומדווח Q = 16 עבור מהוד שידוע לכם שהוא בסביבות Q = 20. הנתונים נקיים והאומדן ממומש נכון. מה השתבש, ומה עליהם לעשות במקום?
בדקו את התשובה
דבר אינו משובש לא בנתונים ולא בקוד — המלכודת היא רשת התדרים. לרשומה באורך T יש תאים במרווח 2 pi / T, בעוד הקו שעליה לפתור הוא ברוחב gamma. השניים אינם בלתי תלויים: רשומה המחזיקה n זמני דעיכה של המשרעת היא באורך T = 2n/gamma, ולכן מספר התאים על פני הרוחב המלא הוא gamma T / 2 pi = n / pi, בלתי תלוי ב-Q לחלוטין. רשומה מציאותית של שלושה עד חמישה זמני דעיכה נותנת אפוא פחות משני תאים על פני הקו, ואינטרפולציה של חציות חצי ההספק בין שתי דגימות של עקומה שבקושי דגמתם קוראת נמוך באופן שיטתי.

הקלטה ארוכה יותר היא המוצא המתבקש והגרוע: עשרה תאים היו דורשים שלושים ואחד זמני דעיכה, ובנקודה הזו האות הוא 10^(-14) ממה שהיה בהתחלה וקבור הרבה מתחת לכל רצפת רעש. ריפוד באפסים מבצע אינטרפולציה עדינה יותר של צורת הקו אך אינו מוסיף מידע, ולכן הוא משפר את המראה יותר מאשר את האומדן. הפתרון הוא לחדול משתי נקודות ולהשתמש בכולן: להתאים את כל צורת הלורנציאן, עם תדירות השיא והרוחב כפרמטרים חופשיים. זה מה ש-oscillators.q_from_linewidth עושה, וזו הסיבה שהיא קיימת לצד q_from_bandwidth, שנשארת הכלי הנכון למדידה סרוקה שבה הנסיין בוחר את הדגימה. שימו לב גם שדרך המעטפת, q_from_ringdown, אינה מושפעת מכל זה — היא לעולם אינה עוזבת את תחום הזמן — וזו הסיבה שהמעבדה מודדת את Q בשתי הדרכים ומשווה.

שאלות בסגנון בחינה למודול הזה — אלה ששווה לפתור עם עט — מרוכזות בדף השאלות.

להסביר במילים שלכם¶

ענו בכמה משפטים על כל אחת. שום מספר לא יציל אתכם.

הסבירו למוזיקאי מדוע הכאה חזקה יותר בפעמון מגבירה את עוצמתו אך לעולם לא את גובהו, ומה היה צריך להיות נכון לגבי הפעמון כדי שמכה חזקה יותר תשנה את הגובה.
מהו, פיזיקלית, ה"זיכרון" של המתנד? כמה זמן הוא נמשך, ומה קובע את משך הזמן הזה? תנו את התשובה במחזורים ובשניות כאחד.
תארו קונבולוציה במילים, למישהו שלא ראה מעולם סימן אינטגרל. מותר לכם להשתמש במילה “בעיטה” כמה פעמים שתרצו.
נניח שמישהו הראה לכם $G(t)$ מדודה שאינה מתאפסת עבור $t < 0$ . איזו אבסורדיות נובעת מכך? נקבו במשהו שתוכלו אז לבנות.

מתקדם: השם, הפתרון האחר, וביטול קונבולוציה¶

השם. $G$ היא פונקציית גרין, וההגדרה כללית יותר מהשימוש שנעשה בה למעלה. בהינתן אופרטור דיפרנציאלי ליניארי $\mathcal{L}$ , פונקציית גרין היא הפתרון של

\mathcal{L}\,G(t) = \delta(t),

(10)

כלומר התגובה לקוץ יחידה של מקור. כאן $\mathcal{L} = m\,d^2/dt^2 + b\,d/dt + k$ והקוץ הוא הבעיטה. הסיבה שזה ראוי לשם היא שזה עובד עבור כל אופרטור ליניארי: החליפו את $\mathcal{L}$ באופרטור הגלים ותקבלו את הגלים המשניים המתקדמים של מודול 28-huygens; החליפו אותו בלפלסיאן ותקבלו את הפוטנציאל של מטען נקודתי. פתרון בעיה ליניארית פעם אחת עבור מקור נקודתי פותר אותה עבור כל מקור, בסופרפוזיציה.

הפתרון שזרקנו. למשוואה $\mathcal{L}G = \delta$ יש יותר מפתרון אחד, וההפרש בין כל שניים מהם פותר את $\mathcal{L}G = 0$ — תנודה חופשית, שניתן להוסיף כרצוננו. קיבוע $G = 0$ עבור $t < 0$ בוחר אחד מהם, פונקציית גרין המאוחרת. הבחירה הטבעית האחרת, $G = 0$ עבור $t > 0$ , היא המוקדמת, והיא פתרון טוב לחלוטין של המשוואה הדיפרנציאלית המתאר מסה המצלצלת במשרעת גדלה ומובאת למנוחה בידי בעיטה שטרם קרתה. אין משוואה שתפסול אותה. אנחנו פוסלים אותה מפני שמעולם לא ראינו כזו, וזו אמירה על העולם ולא על האלגברה — וכדאי לומר, אמירה שפיזיקאים נאלצו לשוב ולבחון יותר מפעם אחת בשולי האלקטרודינמיקה.

לבטל אותה. אם $\hat{x} = \hat{G}\hat{F}$ , אז ודאי $\hat{F} = \hat{x}/\hat{G}$ : מדדו את התנועה, חלקו בתגובה הידועה, ושחזרו את הכוח שגרם לה. זוהי דה-קונבולוציה, וכך הייתם מחדדים תצלום מטושטש. נסו זאת בתא האחרון של המעבדה וצפו בה מתפרקת. הצרה היא ש- $\hat{G}$ קטנה הרחק מהתהודה, כך שחלוקה בה מכפילה את מה שנמצא שם במספר גדול — ומה שנמצא שם, הרחק בחוץ היכן שהאות קטן, הוא רעש. ללא רעש כלל השחזור מדויק. הוסיפו רעש בחלק אחד ל-10⁶ והכוח המשוחזר עדיין ניתן לזיהוי; בחלק אחד ל-10⁴ הוא כבר גדול פי שניים מדי; בחלק אחד ל-100 הוא חורג פי מאה ונראה ככלום.

החילוץ הגס הוא לסרב לחלק היכן ש- $|\hat{G}|$ קטנה, פשוט על ידי איפוס אותן תדירויות. זה שומר על התשובה חסומה וזורק מידע אמיתי יחד עם הרעש. לעשות טוב יותר מגס — להחליט כמה לסמוך על כל תדירות, בהינתן מה שידוע לכם על הרעש — הוא נושא אמיתי, ומודול 53-computational-imaging מטפל בו כראוי. הסיבה לראות את ההרס עכשיו היא שהוא מסביר גבול שתפגשו שוב ושוב: אינכם יכולים לשחזר את מה שהמערכת לא העבירה, ושום כמות של חשבון לאחר מעשה לא תחזיר אותו.