Drei Massen mit 2 Federn in 1D

Dieses Problem hat eine analytische Lösung, wenn man die Eigenwerte einer 3×3-Matrix finden kann. Lassen Sie mich näher darauf eingehen.

Definieren Sie ohne Beschränkung der Allgemeinheit ein Koordinatensystem am kombinierten Massenmittelpunkt so, dass

$$m_1 x_1 + m_2 x_2 + m_3 x_3 =0$$ jederzeit. Außerdem muss der Koordinatenursprung eine konstante Geschwindigkeit (Inertialsystem) haben, so dass dies auch jederzeit möglich ist $$m_1 \dot{x}_1 + m_2 \dot{x}_2 + m_3 \dot{x}_3 =0$$

Betrachten Sie nun die Verschiebungen in einem Vektor

$$X = \pmatrix{x_1 \\ x_2 \\ x_3}$$

Dies führt zu der folgenden ODE zweiter Ordnung mit drei Gleichungen

$$\underbrace{ \begin{bmatrix} m_1 \\ & m_2 \\ & & m_3 \end{bmatrix} }_M \tfrac{{\rm d}^2}{{\rm d}t^2} X(t) + \underbrace{ \begin{bmatrix} k_{12} & -k_{12} & 0 \\ -k_{12} & k_{12}+k_{23} & -k_{23} \\ 0 & -k_{23} & k_{23} \end{bmatrix} }_K X(t) = \pmatrix{0\\0\\0}$$

Definiere die kombinierte 3×3-Matrix$A = M^{-1} K$und schreiben Sie das Obige neu als

$$\ddot{X} + A X = 0$$

Transformieren Sie das obige mit den 3 Eigenwerten von$\mathrm{eig}(A)=(\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3)$und ordnen Sie sie in einer Diagonalmatrix an$\Lambda = \begin{bmatrix} \lambda_1 \\ & \lambda_2 \\ & & \lambda_3 \end{bmatrix}$sowie die drei Eigenvektoren als Spalten einer Matrix$\Phi = \begin{bmatrix} \vdots & \vdots & \vdots \\ v_1 & v_2 & v_2 \\ \vdots & \vdots & \vdots \end{bmatrix}$.

Diese Anordnung führt zu der folgenden Zerlegung von$A$Und$X$

$$A = \Phi \, \Lambda \, \Phi^{-1}$$

$$X = \Phi\, U$$

Wo$U = \pmatrix{u_1 \\ u_2 \\ u_3}$der Vektor der Beiträge jedes Eigenvektors zur Lösung ist.

Die ODE wird dann wie folgt diagonalisiert

$$\underbrace{ \Phi \ddot{U}}_{\ddot{X}} + \underbrace{ (\Phi \Lambda \Phi^{-1})}_{A} \,\underbrace{(\Phi U)}_{X} = 0$$

$$\Phi \left( \ddot{U} + \Lambda\, U \right) = 0$$

Seit$\Lambda$Diagonal ist das Obige die folgenden entkoppelten 3 ODE-Gleichungen

$$\begin{aligned} \ddot{u}_1 + \lambda_1\, u_1 & = 0 \\ \ddot{u}_2 + \lambda_2\, u_2 & = 0 \\ \ddot{u}_3 + \lambda_3\, u_3 & = 0 \\ \end{aligned}$$

mit analytischer Lösung (beachten Sie, dass$\ddot{u} = - \omega^2 \,u$ist die SHM-Gleichung)

$$\begin{aligned} {u}_1(t) & = a_1 \sin(\sqrt{\lambda_1}\,t) + b_1 \cos(\sqrt{\lambda_1}\,t) \\ {u}_2(t) & = a_2 \sin(\sqrt{\lambda_2}\,t) + b_2 \cos(\sqrt{\lambda_2}\,t) \\ {u}_3(t) & = a_3 \sin(\sqrt{\lambda_3}\,t) + b_3 \cos(\sqrt{\lambda_3}\,t) \\ \end{aligned}$$

Mit den Koeffizienten$a_i$Und$b_i$durch die Anfangsbedingungen bestimmt.

Einmal der Vektor$U$von oben ausgewertet wird, tut dies auch die Lösung$X=\Phi \,U$.

Es stellt sich heraus, dass der niedrigste Eigenwert des obigen Systems Null ist , und wenn das oben beschriebene Koordinatensystem verwendet wird, dann$a_1=0$Und$b_1=0$, wodurch die erste Lösung zu sein$u_1(t) = 0$. Dies wird als Starrkörperbewegungslösung bezeichnet und wird oft ignoriert, wodurch das obige Problem auf ein besser handhabbares 2 × 2-Gleichungssystem reduziert wird.

Gegeben sei eine Reihe von Anfangsbedingungen$X_0 = \pmatrix{x_1(0) \\ x_2(0) \\ x_3(0)}$, erarbeiten Sie die Mathematik und die$b_1$Koeffizient ist

$$b_1 = \frac{\sqrt{3} ( m_1 x_1(0) + m_2 x_2(0) + m_3 x_3(0) )}{m_1+m_2+m_3} = 0$$