[click~] → [gen~] → [scope~], a gen~-ben codebox; a 2. kód három kimenetét külön [scope~]-ra köss), a kérdés-fal fejléce a tábla jobb szélére, a tesztlapok lefordítva az asztalokra.| Idő | Téma |
|---|---|
| 0–5 | Bevezetés: LTI-feltevés, a módus fogalma (1. pont) |
| 5–10 | Egy rezgő I.: mozgásegyenlet, ω₀, f₀ (2. pont) |
| 10–15 | Egy rezgő II.: σ, ζ, impulzusválasz, T₆₀ (3. pont) |
| 15–20 | A (b) és (c) eset |
| 20–25 | Több szabadságfok: M, K, C (4. pont) |
| 25–30 | Sajátérték-feladat, két tömeg (5. pont) |
| 30–35 | Ortogonalitás, szétcsatolás, erősség (6. pont) |
| 35–40 | Szünet és gépelőkészítés |
| 40–45 | Demó, N = 1: a számolt rezgő meghallgatása |
| 45–50 | Demó, N = 2: a két módus külön és együtt |
| 50–55 | Demó, N = 3: ütés helye, Rayleigh-csillapítás (6., 11. pont) |
| 55–60 | Mintavétel, két mintás szabály, három módszer (7.1) |
| 60–65 | A gen~ patch futtatása és a kimenet olvasása |
| 65–70 | A pólus sugara, impulzus-invariancia (7.2, 8. pont) |
| 70–75 | A modális szintézis egyenlete, gyakorlati kérdések (7.3, 13. pont) |
| 75–80 | Mini-teszt, első fele |
| 80–85 | Mini-teszt, második fele, lapcsere, kulcs |
| 85–90 | Lezárás, házi feladat, átvezetés |
A kurzus témája a modális szintézis: egy rezgő tárgy, például harang, gong vagy gitártest hangját úgy állítjuk elő, hogy a tárgy saját rezgésformáiból, a módusokból építjük fel. Az alapfeltevés, hogy a tárgy lineáris és időben állandó: a rezgés ereje nem változtatja meg a tárgy tulajdonságait, a válasz az ütés erejével arányosan nő. Kis kitérésnél ez jó közelítés. Nemlineáris jelenségek, például a gong felfutása, ebben a modellben nincsenek.
Ilyen rendszerben vannak különleges mozgásformák, a módusok: olyan lengések, amelyekben a tárgy minden pontja ugyanazon a frekvencián leng, a kitérések aránya pedig állandó. Ezt az arányt módusalaknak hívjuk. Egy N tömegből álló modellnek N módusa van, és bármilyen mozgás a módusok összege. Minden módust három szám jellemez: a frekvenciája, a lecsengési rátája és az erőssége. A hang ennek a három listának a megvalósítása. Ma egyetlen rezgőtől indulunk, és a több tömegen át eljutunk a modális szintézis egyenletéig.
Ma végigmegyünk a modális szintézis elméletén, és minden lépést kiszámolunk, meghallgatunk és lekódolunk. Kilencven percünk van, a végén hat kérdéses mini-teszt lesz, tíz pontról. Nem azért, hogy elkapjalak, hanem hogy te is lásd, mi ragadt meg.
Kezdjük a legegyszerűbb rezgővel: egy tömeg, egy rugó, egy fék. Newton második törvénye: a tömeg szorozva a gyorsulással egyenlő a rá ható erők összegével. A rugó visszahúz, ez −kx. A fék lassít, ez −cẋ. És lehet külső erő, f. Ebből: m·ẍ + c·ẋ + k·x = f(t). A mértékegységek SI-ben: m kilogramm, k newton per méter, c newton-szekundum per méter, f newton. Csak koherens egységekben igaz a képlet.
Ha nincs fék és nincs külső erő, a rendszer a saját ütemében leng: x = cos(ωt)-t behelyettesítve −mω² + k = 0, vagyis ω₀ = √(k/m) radián per másodperc. A hertzben mért frekvencia f₀ = ω₀/2π, mert egy kör 2π radián. A feszesebb rugó nagyobb ω₀-t ad, a nagyobb tömeg kisebbet.
Az első feladat a legkisebb „hangszer”: egy tömeg, egy rugó, egy fék. Képzeljetek el egy gyereket a trambulinon: a gyerek a tömeg, a vászon a rugó, a levegő a fék. Feszesebb vászonnál gyorsabb a pattogás, nehezebb gyereknél lassabb. A dobnál ugyanez: feszes bőr magas hang, nagydob mély.
Az első lépés mindig a mértékegység-átváltás, mert a képlet SI-egységekkel működik: a gramm kilogramm lesz, a kN/m newton per méter. Utána behelyettesítünk.
Fékkel a megoldás exponenciálisan fogy. Keressük a megoldást x = e^(st) alakban, ahol az s egyelőre ismeretlen szám, mértékegysége 1/s. Az exponenciális deriváltja önmaga, csak megszorozódik s-sel: ẋ = s·e^(st) és ẍ = s²·e^(st). Ezt behelyettesítve a mozgásegyenletbe (m·ẍ + c·ẋ + k·x = 0) az e^(st) mindenhol kiesik, és egy sima másodfokú egyenlet marad: m·s² + c·s + k = 0, azaz s² + 2σs + ω₀² = 0, ahol σ = c/2m a lecsengési ráta. Az s ennek az egyenletnek a gyöke: s = −σ ± √(σ² − ω₀²). Ha ζ kisebb 1-nél, a gyök komplex szám: s = −σ ± j·ω_d (a j a képzetes egység). A valós rész (−σ) a lecsengés, mert e^(−σt) fogy. A képzetes rész (±ω_d) a lengés, mert e^(j·ω_d·t) szinuszos. Az ilyen s gyököket pólusoknak hívjuk: egy módus egy póluspár, a képzetes része a hangmagasság, a valós része a lecsengés. A ζ = σ/ω₀ a csillapítási tényező, a c_krit = 2√(km) a kritikus csillapítás, ζ = c/c_krit.
Három eset van. Ha ζ kisebb 1-nél, a mozgás lecsengő szinusz, ω_d = √(ω₀² − σ²) csillapított frekvenciával. Ha ζ = 1, kritikus: már nem leng át. Ha ζ nagyobb 1-nél, csak lassú visszatérés van. A hangot egy ütés, egy J impulzus hozza létre, amely a tömeg sebességét J/m-re állítja. Erre a válasz az impulzusválasz: h(t) = J/(m·ω_d) · e^(−σt) · sin(ω_d·t). A T₆₀ az az idő, amíg az amplitúdó az ezredrészére esik: e^(−σ·T₆₀) = 10⁻³, tehát T₆₀ = ln 1000/σ ≈ 6,9/σ.
A σ azt mondja meg, milyen gyorsan fogy a lendület, mint a trambulinon pattogó gyereknél, aki egyre kisebbeket ugrik. A T₆₀ az az idő, amíg a hang az induló erejének ezredrészére esik: ez a hatvan decibel. Ugyanez a reverb pluginok RT60-a, vagyis a terem utózengési ideje.
A kritikus csillapítás az a fék, ahol a rendszer már nem leng át: mintha a trambulin vásznát mézbe merítenéd. A ζ azt mondja meg, hányad része ennek az a fék, amink van.
A hatvan decibel ezerszeres amplitúdóarány, ezért a T₆₀ számlálója ln 1000 = 6,9. Mindig a σ-val osztunk.
A zenei tárgyak ζ értéke rendkívül kicsi, 10⁻⁴ és 10⁻² között van, ezért ezek sokat lengenek, mielőtt elhalnak. Ilyenkor ω_d gyakorlatilag egyenlő ω₀-val. A kritikus csillapításnál nagyobb fék már nem hangszerszerű: nincs lengés, nincs hangmagasság, csak egy rövid lökés. Ezt fogjátok látni a (c) esetben. Most számoljátok ki saját kezűleg a (b) és (c) értékeit.
Most ti jöttök. A (b) eset: m = 5 g, k = 300 kN/m, c = 7,6 N·s/m. Három perc, egyedül, az első sor az átváltás.
A (c)-ben a fék pontosan a kritikus érték: nincs csengés, csak puffanás. Ilyenkor a rendszer már nem leng át, ezért csengés helyett csak rövid puffanás hallatszik.
Ha több tömegünk van, mindegyikre külön mozgásegyenletet írunk, de a szomszédos tömegek hatnak egymásra, ezért az egyenletek összekapcsolódnak. A mátrix ezeknek az összekapcsolt egyenleteknek a rendezett táblázata. Nézzük a legegyszerűbb esetet: két tömeg. Az első rugó a falhoz köti az m₁-et, a második rugó az m₁-et az m₂-höz, a jobb vég szabad. Az x₁ és az x₂ a két tömeg kitérése a nyugalmi helyétől, jobbra pozitív.
Az m₁-re két rugó hat. A bal rugó x₁-gyel nyúlt meg, ezért visszahúz: −k·x₁. A jobb rugó hossza az x₂ − x₁ különbségtől függ: ha az m₂ jobban kitér, a rugó megnyúlik, és előre húzza az m₁-et: +k·(x₂ − x₁). Newton: m·ẍ₁ = −k·x₁ + k·(x₂ − x₁) = −2k·x₁ + k·x₂.
Az m₂-re csak a jobb rugó hat, mert a jobb vége szabad. Ha az x₂ nagyobb az x₁-nél, a rugó visszahúzza: m·ẍ₂ = −k·(x₂ − x₁) = k·x₁ − k·x₂.
m·ẍ₁ + 2k·x₁ − k·x₂ = 0 m·ẍ₂ − k·x₁ + k·x₂ = 0
A két egyenlet együtthatóit táblázatba írjuk. A gyorsulások együtthatói adják az M-et, a kitérések együtthatói a K-t. Az M tömegmátrix átlós, mert a tömeg csak a saját gyorsulását befolyásolja. A K merevségmátrix: a sorok az egyenletek (tömegek), az oszlopok a kitérések.
Mozgásegyenlet (fék és külső erő nélkül): M·ẍ + K·x = 0
[ m 0 ] [ ẍ₁ ] [ 2k −k ] [ x₁ ] [ 0 ]
[ 0 m ] · [ ẍ₂ ] + [ −k k ] · [ x₂ ] = [ 0 ]
M K
A K elemei:
K₁₁ = 2k az m₁-et két rugó fogja
K₁₂ = −k az m₂ kitérése előre húzza az m₁-et
K₂₁ = −k az m₁ kitérése visszahúzza az m₂-t (a K szimmetrikus)
K₂₂ = k az m₂-t csak egy rugó fogjaKözben megmutatod a K olvasását: a Kij azt mondja meg, mekkora (ellentétes előjelű) erő hat az i. tömegre, ha a j. tömeget 1 egységgel kitérítjük, a többit helyben tartjuk.Láncban az átlóban a tömeget tartó rugók összege áll (2k), a szomszédos elemek −k-t kapnak: a negatív előjel azt jelenti, hogy a szomszéd visszahúz. A szabad végnél csak egy rugó van, ezért ott az átlóelem k. Az M és a K szimmetrikus, az M pozitív definit, a K pozitív szemidefinit. A csillapításmátrixot (C) a 11. pontnál nézzük meg.
A rendszer akkor leng tiszta, egyetlen ütemben, ha x = u·e^(jωt) alakú. Behelyettesítve: (K − ω²M)·u = 0, és ennek csak akkor van nem nulla megoldása, ha det(K − ω²M) = 0. Ezt a következő blokkban oldjuk meg.
Ha nincs fék és erő, a rendszer akkor leng tiszta, egyetlen ütemben, ha x = u·e^(jωt) alakú. Behelyettesítve: (K − ω²M)·u = 0. Ennek csak akkor van nullától különböző megoldása, ha det(K − ω²M) = 0. Ez ω²-ben N-edfokú egyenlet, tehát N sajátérték van, és mindegyikhez egy módusalak, az u vektor. A vektor csak irányáig meghatározott: a kitérések arányát adja meg.
A λ = ω²/ω₀² arány mértékegység nélküli, mint egy zenei intervallum. A két tömeges lánc ebből másodfokú egyenlet. Ennek két gyöke inharmonikus frekvenciaarányt ad, ezért szól a lánc fémesebben, mint a húr, amelynek felhangjai 1 : 2 : 3.
A λ az arány az alapfrekvenciához képest, mértékegység nélkül. Olyan, mint egy zenei intervallum: nem a hertz számít, hanem a két hang aránya.
A determináns az átlók szorzata mínusz a mellékátlók szorzata: (2 − λ)(1 − λ) − 1 = 0, rendezve λ² − 3λ + 1 = 0. Párban oldjátok meg a megoldóképlettel, két perc. Végül gyököt vonunk: ω = ω₀·√λ.
A módusalakok ortogonálisak a tömegmátrixra nézve: u_mᵀ·M·u_n = 0, ha m ≠ n. Vázlatos bizonyítás: a K·u_n = ω_n²·M·u_n egyenletet szorozzuk u_mᵀ-vel, a fordítottját u_nᵀ-vel, és kivonjuk őket: (ω_n² − ω_m²)·u_mᵀMu_n = 0, így különböző frekvenciáknál a szorzat nulla. Ennek az a következménye, hogy az x = Σ q_n·u_n helyettesítéssel N független egyenlet marad: m_n·q̈_n + c_n·q̇_n + k_n·q_n = u_nᵀ·f, ahol m_n = u_nᵀMu_n a módus-tömeg. Tehát egy N szabadságfokú rendszer N független rezgő.
Ha a p pontban ütünk és a q pontban hallgatunk, az n. módus erőssége a_n = u_n(p)·u_n(q)/m_n. Ha az ütés a módus csomópontjában van, ez nulla: a módus nem szólal meg. Ez a gitár flageolettje.
A módusalak azt mondja meg, ki mennyit mozdul a közös ütemben. Az első módusban a két vagon együtt megy, a második 1,6-szor nagyobbat mozdul, mint egy hullámzó vonat farka. A másodikban a negatív előjel ellentétes irányt jelent: olyan, mint a libikóka, az egyik fel, a másik le, köztük nyugvópont.
A módus hangereje az ütés és a hallgatás helyétől függ. Gitáron ez a flageolett: ha a húr csomópontját érinted, az alaphang eltűnik, az oktáv szól. Az ütés helye dönti el, melyik módus kap energiát.
Az első egyenletből u₂ = (2 − λ)·u₁, legyen u₁ = 1. Behelyettesítünk mindkét λ-ra. A módus-tömeget kész adatként adom. Ha az ütés és a hallgatás helye is a második tömeg, az erősség aₙ = uₙ(2)² / (mₙ·ωₙ).
Öt perc szünet, negyvenkor pontosan folytatjuk. Ha valami megmaradt a fejetekben, írjátok fel a Kérdés-falra, a végén visszatérünk rá.
Eddig számoltunk, most meghallgatjuk ugyanazokat. Mindig ugyanaz a rend: először megmondom, mit várok, aztán ütök, aztán összevetjük. Azt várom: 439 hertz és kb. 2,8 másodperc. A görbe ott tűnik el, ahol a hang az ezredrészére esett: ez a T₆₀. Az animáció lassított felvétel, hogy lásd a lengést.
Két tömeg, két módus: a kijelzőn 271 és 710 hertz, az arány 1,00 : 2,62, ahogy kiszámoltuk. Hallgassátok meg: egy hangot vagy kettőt hallotok? Figyeljétek a mély hang fölött a halvány csilingelést.
A hangszín úgy áll össze, mint a festékkeverés: minden módus egy tubus, a hang a kinyomott mennyiségek aránya. Az igazi mozgás a két módus összege.
Eddig a csillapítást egyetlen számmal kezeltük. A C mátrix általános alakjánál komplex módusok jönnének, ezért szintézisben az arányos, Rayleigh-modellt használjuk: C = α·M + β·K. Ekkor minden módus független marad, és σ_n = (α + β·ω_n²)/2. Az α minden módust azonos arányban fékez, a β a magasabbakat négyzetesen jobban. Ezért tompul a hang lecsengés közben: a magas módusok hamarabb halnak ki.
Három módus: 195, 547 és 791 hertz, az arány 1 : 2,80 : 4,05, nem 1 : 2 : 3, mint egy húr felhangjainál. Ezért szól fémesebben. A szabad végen ütve a mély alaphang uralkodik: sötét, kerek hang. A falnál ütve az alaphang gyengébb, a hang csilingelősebb, élesebb.
Gondoljatok a gitárra: a híd mellett pengetve (ponticello) éles hangot kapsz, a fogólap fölött (tasto) kerek hangot. Az ütés helye a hangszín gombja.
A gép mintánként számol: f_s = 44100 minta másodpercenként, T = 1/f_s. Egy rezgő hangja két mintás szabállyal állítható elő: y[n] = a₁·y[n−1] + a₂·y[n−2]. Az a₁ és az a₂ háromféleképpen adható meg: explicit Euler, szemi-implicit Euler és a pontos (impulzus-invariáns) megoldás. Az Euler a differenciálegyenletet közelíti: minden lépésben a pillanatnyi meredekséggel halad tovább. A pontos megoldás a kontinuus rendszer megoldásából indul ki, és az r = e^(−σT), θ = ω_d·T számokat használja: a₁ = 2r·cos θ, a₂ = −r².
A gép mintánként számol, 44100-szor másodpercenként: a mostani hang az előző két hang keveréke. Három módszert nézünk, mindhárom ugyanazt a rezgőt számolja. Az első kettő az Euler két változata, ez közelítő, lépésenkénti számolás. Olyan, mint sötétben sétálni kanyargós úton: minden lépés előtt csak az orrod irányát nézed, kanyarban kicsúszol, és a hiba halmozódik. A harmadik a pontos megoldás: ez a térkép, előre kiszámoltuk, hova jut a rezgő egy lépés alatt.
Három szám építi fel: a cos az óriáskerék forgási sebessége (ez adja a hangmagasságot), az r azt mondja meg, mennyi marad meg lépésenként (lecsengés), a sin az első lökés, az ütés.
Most a patchben ütök, és három kimenetet nézünk egyszerre: az elsőn az explicit Euler, a másodikon a szemi-implicit, a harmadikon a pontos megoldás. Azt várom, hogy az első elszáll, a másik kettő szépen lecseng. A kitérés értékét húszzal szoroztam, hogy látszódjon, az első kimenetre pedig clip van, hogy ne üvöltsön.
[click~] gombbal ütsz, a három [scope~]-ot kivetíted. Közben a hangerő lent. Táblára: explicit Euler: elszáll (a valódi kitérés 0,5 s alatt ≈ 5·10¹⁶ m, ezért vág a clip); szemi-implicit és pontos: csúcs ≈ 0,036 m (×20 után ≈ 0,7), ugyanolyan lecsengés.xs_n = xs + T*vs_n), az explicitnél a régivel (xe_n = xe + T*ve).[click~], vagy az y1/y2 név ütközik a beépítettel (ezért ya, yb áll). Ha csúszik: te futtatod a kivetítőn mindenkinek.A pontos együtthatók impulzus-invarianciával jönnek: az s = −σ ± jω_d pólusokat a z = e^(sT) leképezés viszi a z = r·e^(±jθ) pólusokba. A frekvencia és a lecsengés így pontos, nincs frekvenciatorzulás, és a rendszer stabil, ha σ > 0, vagyis r < 1. Emellett az ω_d < π·f_s feltételnek is teljesülnie kell: a Nyquist-frekvencia fölötti módusokat el kell hagyni, mert visszatükröződnének.
A szabály sorsát az r = √(−a₂) dönti el. Explicit Eulernél r² = 1 − 2σT + ω₀²T², ami ω₀²T² > 2σT esetén 1-nél nagyobb: a közelítési hiba negatív csillapításként viselkedik. A szemi-implicit r² = 1 − 2σT, stabil, de a frekvenciája ω₀T arányában eltér.
Mindhárom módszer két mintás szabály, és a sorsát egyetlen szám dönti el: a sugara, r = √(−a₂). Ez olyan, mint a mikrofon és a hangfal visszacsatolása: ha az erősítés egynél kisebb, a hang elhal, ha egynél nagyobb, üvölt. A sugár ez az erősítés: minden mintánál ennyiszeresére változik a hang.
Gyakorlati kérdések a bank megvalósításához. A Nyquist-frekvencia (0,9·π·f_s) fölötti módust kihagyjuk. A gen~ history és delay operátorai alapból fixdenorm-ot alkalmaznak a bemenetükre, ezért a lecsengett rezgő nem terheli a CPU-t. Ha futás közben változtatod a paramétereket, az a₁, a₂ ugrása kattanást adhat, ezért simítani kell. A módusok számával nő az összeg, ezért normalizálni kell. Egy módus mintánként kb. 4 szorzás, így több száz módus valós időben kezelhető.
A modális szintézis ezekből a rezgőkből áll. Minden módus egy két mintás rezgő: a cos adja a hangmagasságot, az r a lecsengést, a sin az ütés erejét. Egy tárgy hangja ezek összege: y(t) = Σ aₙ/ω_d,ₙ · e^(−σₙt) · sin(ω_d,ₙt). Három lista kell hozzá: frekvenciák, lecsengések, erősségek. Ezt a modális bankot a következő órákon építjük ki.
Most egyedül írtok. Hét perc, segédeszköz csak számológép. Hat kérdés, tíz pont. Aki végzett, nézze át a mértékegységeket.
Tollat le. Cseréljetek lapot a szomszéddal, és javítsatok más színnel. Felolvasom a hat választ és a pontozást. Nem vitatkozunk, a vitás pontozást a szünetben megbeszéljük.
Ma ugyanazt kiszámoltuk, meghallgattuk és lekódoltuk: egy rezgőt, két és három tömeget, és három módszert egy rezgő számolására. A következő órán a láncot és a valódi hangszereket számoljuk és hallgatjuk.
Házi: állítsátok be a Kódok fül 1. kódját az (a), (b) és (c) értékekre, és nézzétek meg a spectroscope~-on, mit mutat. Hasonlítsátok össze a kézzel számolt f₀, ζ és T₆₀ értékekkel. Olvasás: Elmélet, 8–11. pont.
| Feladat | Megoldás és ellenőrzés |
|---|---|
| 1. feladat (a) | m = 0,01 kg, k = 76 000 N/m: f₀ = 438,8 Hz, σ = 2,45 1/s, T₆₀ = 2,82 s, c_krit = 55,1 N·s/m, ζ = 8,9·10⁻⁴. |
| 1. feladat (b) | m = 0,005 kg, k = 300 000 N/m, c = 7,6: f₀ = 1232,8 Hz, c_krit = 77,5, ζ = 0,098, σ = 760 1/s, T₆₀ = 9,1 ms. |
| 1. feladat (c) | c = 55,1: f₀ = 438,8 Hz, ζ = 0,9993 (majdnem kritikus), T₆₀ = 2,5 ms, c_krit = 55,1. Nincs csengés, puffanás. A demóban a csúszka kb. 87-es állása 55,3 N·s/m. |
| 2. feladat (N = 2) | λ = 0,382 és 2,618, f₁ = 271 Hz, f₂ = 710 Hz, f₂/f₁ = 2,618. u₁ = (1; 1,618), u₂ = (1; −0,618). m₁ = 3,618 m, m₂ = 1,382 m. a₂/a₁ = 0,382·0,382 ≈ 0,146 (kb. −17 dB). |
| 3. feladat (házi) | gen~ házi (1. kód): (a) 438,8 Hz, T₆₀ ≈ 2,8 s; (b) 1232,8 Hz, 9,1 ms; (c) nincs csengés, rövid puffanás (ζ = 0,9993). Opcionális Python-változat: a relatív eltérés kb. 6·10⁻⁵ (a két kimenet egy mintával eltolva egyezik). |
| Kód-labor kimenete | Explicit Euler: a kitérés 0,05 s-ig ≈ 2,3 m, 0,5 s-ig ≈ 5·10¹⁶ m (a patchben a clip telítésbe vágja); szemi-implicit és pontos: ≈ 0,036 m (×20 után ≈ 0,7). Sugarak: 1,0019 / 0,99994 / 0,99994. |
| Mini-teszt (10 pont) | (1) 439 Hz, 1 pont. (2) ζ = 0,098 és T₆₀ = 9,1 ms, 1+1 pont. (3) 55,1 N·s/m, 1 pont. (4) 2,618, 2 pont (1 pont, ha 1,618-at mond, de indokol). (5) |a₂| = 1 − 2σT + ω₀²T² kis csillapításnál 1 fölé megy, a pólus sugara 1-nél nagyobb, minden mintánál nő a hang; 2 pont (1 pont, ha csak „minden lépés túllő”). (6) A cos adja a hullám sebességét, a hangmagasságot; 2 pont (1 pont, ha csak „a frekvencia”). |
„A gramm és a kg, a kN/m és az N/m mindegy.” Nem: ez a leggyakoribb hiba. Minden számolás első sora az átváltás SI-egységekre.
„Az f₀ és az ω₀ ugyanaz.” Az f hertz, az ω rad/s, köztük 2π van.
„A T₆₀ számlálója 3.” A hatvan decibel ezerszeres amplitúdóarány, ln 1000 = 6,9, és a σ-val osztunk.
„A két módus frekvenciaaránya 1,618.” Nem: 710/271 = 2,618. Az 1,618 az ω₂/ω₀.
„A pipa csak a rajzot változtatja.” Nem: a pipa a hangot is: csak a bejelölt módusok szólnak, újraütés után.
„A (c) esetben nincs hang.” Nincs csengés, de puffanás van, csak nem szól sokáig.
„Az explicit Euler hibás kód.” Nem hibás, a módszer tulajdonsága: ha az igazi csillapítás kicsi, a numerikus hiba negatív csillapításként viselkedik, és a hang felrobban.
„Az aₙ-nél elég az uₙ(2).” Az ütés és a hallgatás helye is számít: szorzat, ugyanott négyzet.