Karlsruher Institut für Technologie Wintersemester 2012/13

Diese besitzen nur dann eine nichtriviale Lösung, wenn die Determinante verschwindet,
also muss
(mω 2 − D 1 − D 2 ) 2 = (D 1 + D 2 e −ika )(D 1 + D 2 e ika )
gelten. Dies führt auf
ω 4 m 2 − 2mω 2 (D 1 + D 2 ) + D 2 1 + D 2 2 + 2D 1 D 2 − D 2 1 − D 2 2 − D 1 D 2
(
e −ika + e ika) = 0
Unter Ausnutzung trigonometrischer Umformungen erhält man
ω 4 + 2 m (D 1 + D 2 )ω 2 + 4D 1D 2
m 2
sin 2 ka
2 = 0
und damit die Lösungen
ω 2 ± = D 1 + D 2
m
± 1 m
√
(D 1 + D 2 ) 2 − 4D 1 D 2 sin 2 ka
2
Setzt man jetzt D 1 = D 2 = D so erhält man gerade
ω± 2 = 2D m ± 2D √
1 − sin 2 ka
m
2 = 2D ∣ ∣∣∣
m (1 ± cos ka
2 ∣ )
was der Lösung einer einatomigen linearen Kette entspricht, da in diesem Beispiel a
doppelt so groß gewählt wurde.
(b) Die Federkonstanten auf beiden Seiten sind gleich (D), die Massen von u sind m, die
von v sind M.
Es ergeben sich wieder zwei Kräftegleichungen (für u und v):
mü n = D(v n − u n ) − D(u n − v n−1 ) = −D(2u n − v n − v n−1 )
M ¨v n = D(u n+1 − v n ) − D(v n − u n ) = −D(2v n − u n − u n+1 )
Als Ansatz benutzen wir wieder
u n = u 0 e i(kna−ωt)
v n = v 0 e i(kna−ωt)
Setzen wir das ein und vereinfachen, erhalten wir:
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