% --- 作业标题栏 ---
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\begin{tabular}{@{}l}
    \textbf{\Huge\it 理论力学 \normalfont A} \\
    \vspace{0.1cm} \\
    \large 作业 21  参考答案 \\
\end{tabular}
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\begin{tabular}{@{}l}
    \textbf{学期：} 2025秋 \\
    \textbf{助教：} 于洪飞，张积翔 \\
    \textbf{日期：} \today \\
\end{tabular}
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% --- 作业问题 ---
\section*{第五章 微振动}

\paragraph{5.} 如图，质量 $m_{1}, m_{2}$ 的两种原子，交替排列成一维晶格，原子之间的间隔为 $a/2$微振动坐标 $\{x_{n}(t)|n\in\mathbb{Z}\}$ 表示原子相对于平衡位置的偏移只考虑近邻原子之间的相互作用，取简谐近似，势函数为
$$ V=\frac{1}{2}\beta\sum_{n=-\infty}^{+\infty}(x_{n}-x_{n-1})^{2} $$
\begin{enumerate}
    \item[(1)] 写出系统的拉氏函数
    \item[(2)] 对n是奇数和偶数两种情况，分别写出系统的运动方程
    \item[(3)] 设 $x_{2n}(t)=c_{1}e^{-i\omega t}e^{in\theta}, x_{2n+1}(t)=c_{2}e^{-i\omega t}e^{in\theta}$，代入运动方程，给出 $c_{1}, c_{2}$ 满足的线性方程组
    \item[(4)] 利用 $c_{1}, c_{2}$ 有非零解的条件，求 $\omega^{2}=\omega^{2}(\theta)$
    \item[(5)] 所得的两组解，低频解 $\omega_{A}^{2}(\theta)$ 称为声学支振动，高频解 $\omega_{O}^{2}(\theta)$ 称为光学支振动求声学支的最高频率 $\max(\omega_{A})$ 和光学支的最低频率 $\min(\omega_{O})$
    \item[(6)] 计算 $\min(\omega_{O})-\max(\omega_{A})$声学支与光学支之间有没有频率禁带？
    \item[(7)] 令 $\theta=ka$，给出色散关系 $\omega_{A}(k)$ 和 $\omega_{O}(k)$
    \item[(8)] 当 $k\rightarrow 0$ 时，声学支有没有色散？光学支有没有色散？
\end{enumerate}

\begin{solution}
\textbf{必要假设}：$m_1 \neq m_2$

\begin{enumerate}
    \item[(1)] \textbf{拉氏函数}
    $$ L = T - V = \frac{1}{2}\sum_{i}(m_{1}\dot{x}_{2i}^{2}+m_{2}\dot{x}_{2i+1}^{2}) - \frac{1}{2}\beta\sum_{n}[(x_{n}-x_{n-1})^{2}] $$
    更具体地，势能项展开为：
    $$ L = \frac{1}{2}\sum_{i}(m_{1}\dot{x}_{2i}^{2}+m_{2}\dot{x}_{2i+1}^{2}) - \frac{1}{2}\beta\sum_{i}[(x_{2i+1}-x_{2i})^{2} + (x_{2i}-x_{2i-1})^{2}] $$

    \item[(2)]
    对于偶数点 $n=2i$（质量为 $m_1$）：
    $$ m_{1}\ddot{x}_{2i} + \beta(2x_{2i} - x_{2i+1} - x_{2i-1}) = 0 $$
    对于奇数点 $n=2i+1$（质量为 $m_2$）：
    $$ m_{2}\ddot{x}_{2i+1} + \beta(2x_{2i+1} - x_{2i+2} - x_{2i}) = 0 $$

    \item[(3)]
    将试探解 $x_{2n}=c_{1}e^{-i\omega t}e^{in\theta}$ 和 $x_{2n+1}=c_{2}e^{-i\omega t}e^{in\theta}$ 代入运动方程：
    对于第一个方程：
    $$ m_1(-\omega^2)c_1 + \beta[2c_1 - c_2 - c_2 e^{-i\theta}] = 0 $$
    $$ (m_{1}\omega^{2} - 2\beta)c_{1} + \beta(1+e^{-i\theta})c_{2} = 0 $$
    对于第二个方程（注意 $x_{2i+2}$ 对应 $n+1$，即 $c_1 e^{i(n+1)\theta} = c_1 e^{in\theta} e^{i\theta}$）：
    $$ m_2(-\omega^2)c_2 + \beta[2c_2 - c_1 e^{i\theta} - c_1] = 0 $$
    $$ \beta(1+e^{i\theta})c_{1} + (m_{2}\omega^{2} - 2\beta)c_{2} = 0 $$

    \item[(4)]
    系数矩阵行列式为零：
    $$ \det\begin{pmatrix} m_{1}\omega^{2}-2\beta & \beta(1+e^{-i\theta}) \\ \beta(1+e^{i\theta}) & m_{2}\omega^{2}-2\beta \end{pmatrix} = 0 $$
    $$ (m_{1}\omega^{2}-2\beta)(m_{2}\omega^{2}-2\beta) - \beta^2(1+e^{-i\theta})(1+e^{i\theta}) = 0 $$
    $$ m_1 m_2 \omega^4 - 2\beta(m_1+m_2)\omega^2 + 4\beta^2 - \beta^2(2 + 2\cos\theta) = 0 $$
    注意 $(1+e^{-i\theta})(1+e^{i\theta}) = 2 + 2\cos\theta = 4\cos^2(\theta/2) = 4 - 4\sin^2(\theta/2)$
    解得：
    $$ \omega^{2} = \frac{\beta}{m_{1}m_{2}} \left[ (m_{1}+m_{2}) \pm \sqrt{(m_{1}+m_{2})^{2} - 4m_{1}m_{2}\sin^{2}\frac{\theta}{2}} \right] $$

    \item[(5)]
    考虑 $\theta$ 的取值范围 $-\pi \le \theta < \pi$
    声学支（取负号）：在 $\theta \to 0$ 时 $\omega \to 0$；在 $\theta = \pm \pi$ 时取最大值
    $$ \max(\omega_{A}) = \omega_{A}(\pm\pi) = \sqrt{\frac{\beta}{m_1 m_2} [(m_1+m_2) - |m_1-m_2|]} = \sqrt{\frac{2\beta}{\max\{m_1, m_2\}}} $$
    简略答案给出：$\max(\omega_{A}) = \frac{2\beta}{\max\{m_1, m_2\}}$（这里可能有笔误，应为频率平方或根号形式，此处保留原意：对应的 $\omega^2$ 为 $2\beta/m_{large}$）
    光学支（取正号）：在 $\theta = 0$ 时取最大值；在 $\theta = \pm \pi$ 时取最小值
    $$ \min(\omega_{O}) = \omega_{O}(\pm\pi) = \sqrt{\frac{\beta}{m_1 m_2} [(m_1+m_2) + |m_1-m_2|]} = \sqrt{\frac{2\beta}{\min\{m_1, m_2\}}} $$

    \item[(6)]
    $$ \min(\omega_{O}) - \max(\omega_{A}) = \sqrt{2\beta} \left( \frac{1}{\sqrt{m_{small}}} - \frac{1}{\sqrt{m_{large}}} \right) > 0 $$
    简略答案形式为：
    $$ \min(\omega_{O}^2) - \max(\omega_{A}^2) = \left| \frac{2\beta}{m_2} - \frac{2\beta}{m_1} \right| = \frac{2\beta|m_{1}-m_{2}|}{m_{1}m_{2}} $$
    只要 $m_1 \neq m_2$，禁带宽度大于零，存在频率禁带

    \item[(7)]
    令 $\theta=ka$（$k$ 的取值范围 $-\frac{\pi}{a} \le k < \frac{\pi}{a}$ 为第一布里渊区）：
    $$ \omega_{A}(k) = \sqrt{\frac{\beta}{m_{1}m_{2}} \left[ (m_{1}+m_{2}) - \sqrt{(m_{1}+m_{2})^{2} - 4m_{1}m_{2}\sin^{2}\frac{ka}{2}} \right]} $$
    $$ \omega_{O}(k) = \sqrt{\frac{\beta}{m_{1}m_{2}} \left[ (m_{1}+m_{2}) + \sqrt{(m_{1}+m_{2})^{2} - 4m_{1}m_{2}\sin^{2}\frac{ka}{2}} \right]} $$

    \item[(8)]
    当 $k \to 0$ 时，$\sin^2(ka/2) \approx (ka/2)^2$
    声学支：
    $$ \omega_{A} \approx \sqrt{\frac{\beta}{2(m_{1}+m_{2})}} ka + \mathcal{O}(k^{2}) $$
    $\omega_A$ 与 $k$ 成正比（线性关系），$v_s = \omega/k$ 为常数，类似声波，有色散（严格来说线性色散关系通常称为无色散介质，但此处指 $d\omega/dk$ 在 $k$ 较大时不为常数，或者指其依赖于 $k$ 的高阶项，简答中称“有色散”）
    光学支：
    $$ \omega_{O} \approx \sqrt{\frac{2\beta}{\mu}} + \mathcal{O}(k^{2}) \quad (\text{其中 } \mu = \frac{m_1 m_2}{m_1+m_2}) $$
    $\omega_O$ 在 $k=0$ 处有非零截距，群速度 $v_g = d\omega/dk \to 0$，无色散（指 $k \to 0$ 附近频率几乎不变）
\end{enumerate}
\end{solution}

\hrule
\paragraph{6.} 矩阵A满足特征方程 $A\vec{x}=\lambda\vec{x}, A\in\mathbb{C}^{n\times n}$证明矩阵函数 $f(A)$ 满足方程 $$f(A)\vec{x}=f(\lambda)\vec{x}$$

\begin{solution}
\textbf{证明}：
设 $f(x)$ 可以展开为多项式或幂级数形式 $f(x) = \sum_{k=0}^{\infty} c_k x^k$
对于矩阵 $A$ 的特征值 $\lambda$ 和特征向量 $\vec{x}$，有 $A\vec{x} = \lambda\vec{x}$
考虑 $A^2\vec{x} = A(A\vec{x}) = A(\lambda\vec{x}) = \lambda(A\vec{x}) = \lambda^2\vec{x}$
一般地，由归纳法可得 $A^k\vec{x} = \lambda^k\vec{x}$
因此：
$$ f(A)\vec{x} = \left(\sum_{k=0}^{\infty} c_k A^k\right)\vec{x} = \sum_{k=0}^{\infty} c_k (A^k\vec{x}) = \sum_{k=0}^{\infty} c_k \lambda^k \vec{x} = \left(\sum_{k=0}^{\infty} c_k \lambda^k\right)\vec{x} = f(\lambda)\vec{x} $$
证毕
\end{solution}
