GSO002 問題17

1次元波動方程式と固有モード

弦の振動の一般解は、境界条件 $y(0,t)=0, y(L,t)=0$y(0,t)=0,y(L,t)=0 と初速度ゼロの条件 $\frac{\partial y}{\partial t}(x,0)=0$∂t∂y​(x,0)=0 より、問題文で与えられた通り以下の形で書ける。

$$y(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty} A_n \sin(k_n x) \cos(\omega_n t)$$y(x,t)=n=1∑∞​An​sin(kn​x)cos(ωn​t)

ここで、波数は $k_n = \frac{n\pi}{L}$kn​=Lnπ​、角振動数は $\omega_n = k_n \sqrt{\frac{T}{\rho}} = \frac{n\pi}{L} \sqrt{\frac{T}{\rho}}$ωn​=kn​ρT​​=Lnπ​ρT​​ である。

初期条件とフーリエ係数の決定

時刻 $t=0$t=0 における初期変位 $y(x,0) = f(x)$y(x,0)=f(x) は、条件より以下の式で表される。

$$f(x) = \begin{cases} \frac{3h}{L}x & \left(0 \le x \le \frac{L}{3}\right) \\ \frac{3h}{2L}(L-x) & \left(\frac{L}{3} < x \le L\right) \end{cases}$$f(x)={L3h​x2L3h​(L−x)​(0≤x≤3L​)(3L​<x≤L)​

フーリエ係数 $A_n$An​ は、両辺に $\sin(k_n x)$sin(kn​x) を掛けて区間 $[0, L]$[0,L] で積分し、三角関数の直交性を用いることで求められる。

$$A_n = \frac{2}{L} \int_{0}^{L} f(x) \sin(k_n x) dx$$An​=L2​∫0L​f(x)sin(kn​x)dx

積分を2つの区間に分けて実行する。

$$A_n = \frac{2}{L} \left[ \int_{0}^{L/3} \frac{3h}{L}x \sin(k_n x) dx + \int_{L/3}^{L} \frac{3h}{2L}(L-x) \sin(k_n x) dx \right]$$An​=L2​[∫0L/3​L3h​xsin(kn​x)dx+∫L/3L​2L3h​(L−x)sin(kn​x)dx]

部分積分を用いる。第1項の積分は、

$$\int_{0}^{L/3} x \sin(k_n x) dx = \left[ -\frac{x}{k_n}\cos(k_n x) \right]_0^{L/3} + \int_0^{L/3} \frac{1}{k_n}\cos(k_n x) dx = -\frac{L}{3k_n}\cos\left(\frac{k_n L}{3}\right) + \frac{1}{k_n^2}\sin\left(\frac{k_n L}{3}\right)$$∫0L/3​xsin(kn​x)dx=[−kn​x​cos(kn​x)]0L/3​+∫0L/3​kn​1​cos(kn​x)dx=−3kn​L​cos(3kn​L​)+kn2​1​sin(3kn​L​)

第2項の積分は、

$$\int_{L/3}^{L} (L-x) \sin(k_n x) dx = \left[ -(L-x)\frac{\cos(k_n x)}{k_n} \right]_{L/3}^L - \int_{L/3}^{L} \frac{\cos(k_n x)}{k_n} dx$$∫L/3L​(L−x)sin(kn​x)dx=[−(L−x)kn​cos(kn​x)​]L/3L​−∫L/3L​kn​cos(kn​x)​dx

$x=L$x=L で $L-x=0$L−x=0 となるため、第一項の評価は $x=L/3$x=L/3 の下端のみ残る。

$$= \frac{2L}{3k_n}\cos\left(\frac{k_n L}{3}\right) - \left[ \frac{\sin(k_n x)}{k_n^2} \right]_{L/3}^L = \frac{2L}{3k_n}\cos\left(\frac{k_n L}{3}\right) + \frac{1}{k_n^2}\sin\left(\frac{k_n L}{3}\right) \quad (\because \sin(k_n L) = \sin(n\pi) = 0)$$=3kn​2L​cos(3kn​L​)−[kn2​sin(kn​x)​]L/3L​=3kn​2L​cos(3kn​L​)+kn2​1​sin(3kn​L​)(∵sin(kn​L)=sin(nπ)=0)

これらを元の $A_n$An​ の式に代入する。

$$A_n = \frac{2}{L} \left[ \frac{3h}{L} \left( -\frac{L}{3k_n}\cos\left(\frac{n\pi}{3}\right) + \frac{1}{k_n^2}\sin\left(\frac{n\pi}{3}\right) \right) + \frac{3h}{2L} \left( \frac{2L}{3k_n}\cos\left(\frac{n\pi}{3}\right) + \frac{1}{k_n^2}\sin\left(\frac{n\pi}{3}\right) \right) \right]$$An​=L2​[L3h​(−3kn​L​cos(3nπ​)+kn2​1​sin(3nπ​))+2L3h​(3kn​2L​cos(3nπ​)+kn2​1​sin(3nπ​))]

括弧を展開すると、$\cos\left(\frac{n\pi}{3}\right)$cos(3nπ​) の項は相殺して消える。

$$A_n = \frac{2}{L} \left[ \frac{3h}{L k_n^2}\sin\left(\frac{n\pi}{3}\right) + \frac{3h}{2L k_n^2}\sin\left(\frac{n\pi}{3}\right) \right] = \frac{2}{L} \left( \frac{9h}{2L k_n^2}\sin\left(\frac{n\pi}{3}\right) \right) = \frac{9h}{L^2 k_n^2}\sin\left(\frac{n\pi}{3}\right)$$An​=L2​[Lkn2​3h​sin(3nπ​)+2Lkn2​3h​sin(3nπ​)]=L2​(2Lkn2​9h​sin(3nπ​))=L2kn2​9h​sin(3nπ​)

$k_n = \frac{n\pi}{L}$kn​=Lnπ​ を代入すると、各モードの振幅が定まる。

$$A_n = \frac{9h}{n^2 \pi^2} \sin\left(\frac{n\pi}{3}\right)$$An​=n2π29h​sin(3nπ​)

各モードの力学的エネルギー

第 $n$n 高調波の変位は $y_n(x,t) = A_n \sin(k_n x) \cos(\omega_n t)$yn​(x,t)=An​sin(kn​x)cos(ωn​t) である。 系は保存系であるため、力学的エネルギー $E_n$En​ は時間によらず一定であり、最大ポテンシャルエネルギー（すなわち $t=0$t=0 での弾性エネルギー）に等しい。

$$E_n = \int_{0}^{L} \frac{1}{2} T \left(\frac{\partial y_n}{\partial x}\bigg|_{t=0}\right)^2 dx = \frac{1}{2} T \int_{0}^{L} \left( A_n k_n \cos(k_n x) \right)^2 dx$$En​=∫0L​21​T(∂x∂yn​​​t=0​)2dx=21​T∫0L​(An​kn​cos(kn​x))2dx

半波長の整数倍の区間において $\int_0^L \cos^2(k_n x) dx = \frac{L}{2}$∫0L​cos2(kn​x)dx=2L​ であるから、

$$E_n = \frac{1}{4} T L k_n^2 A_n^2 = \frac{1}{4} T L \left(\frac{n\pi}{L}\right)^2 A_n^2 = \frac{n^2 \pi^2 T}{4 L} A_n^2$$En​=41​TLkn2​An2​=41​TL(Lnπ​)2An2​=4Ln2π2T​An2​

先ほど求めた $A_n$An​ を代入する。

$$E_n = \frac{n^2 \pi^2 T}{4 L} \left( \frac{9h}{n^2 \pi^2} \sin\left(\frac{n\pi}{3}\right) \right)^2 = \frac{n^2 \pi^2 T}{4 L} \frac{81 h^2}{n^4 \pi^4} \sin^2\left(\frac{n\pi}{3}\right) = \frac{81 T h^2}{4 n^2 \pi^2 L} \sin^2\left(\frac{n\pi}{3}\right)$$En​=4Ln2π2T​(n2π29h​sin(3nπ​))2=4Ln2π2T​n4π481h2​sin2(3nπ​)=4n2π2L81Th2​sin2(3nπ​)

数値計算と最終解答

求めたいのは基本振動（$n=1$n=1）のエネルギー $E_1$E1​ である。

$$E_1 = \frac{81 T h^2}{4 \pi^2 L} \sin^2\left(\frac{\pi}{3}\right) = \frac{81 T h^2}{4 \pi^2 L} \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2 = \frac{81 T h^2}{4 \pi^2 L} \cdot \frac{3}{4} = \frac{243 T h^2}{16 \pi^2 L}$$E1​=4π2L81Th2​sin2(3π​)=4π2L81Th2​(23​​)2=4π2L81Th2​⋅43​=16π2L243Th2​

制約で与えられた数値を代入する。

• $T = 160$T=160
• $h^2 = (0.03)^2 = 0.0009$h2=(0.03)2=0.0009
• $L = 0.90$L=0.90

$$E_1 = \frac{243 \times 160 \times 0.0009}{16 \times \pi^2 \times 0.90}$$E1​=16×π2×0.90243×160×0.0009​

分母分子を整理する。

$$E_1 = \frac{243 \times 0.144}{14.4 \pi^2} = \frac{243 \times 0.01}{\pi^2} = \frac{2.43}{\pi^2} = \frac{243}{100 \pi^2} \text{ [J]}$$E1​=14.4π2243×0.144​=π2243×0.01​=π22.43​=100π2243​ [J]

入力形式 $E_1 = \frac{A}{B \pi^C}$E1​=BπCA​ と比較すると、

• $A = 243$A=243
• $B = 100$B=100 （243と100は互いに素）
• $C = 2$C=2

したがって、求めるべき和は、

$$A + B + C = 243 + 100 + 2 = 345$$A+B+C=243+100+2=345

最終的な解答は 345 となる。