Lagrangedichte für zwei gekoppelte lineare Differentialgleichungen zweiter Ordnung

Question

Lagrangedichte für zwei gekoppelte lineare Differentialgleichungen zweiter Ordnung

Daniel Sank

Betrachten Sie ein System aus zwei gekoppelten linearen Differentialgleichungen

({[\begin{matrix} Ω \end{matrix}]}^{- 1} + \frac{D^{2}}{D T^{2}}) \vec{v} (T) = {[\begin{matrix} C \end{matrix}]}^{- 1} \vec{J} (T) + {[\begin{matrix} Ω \end{matrix}]}^{- 1} \vec{K} (T)

$\left( \begin{bmatrix} \Omega \end{bmatrix}^{-1} + \frac{d^2}{dt^2} \right) \vec{V}(t) = \begin{bmatrix} C \end{bmatrix}^{-1} \vec{J}(t) + \begin{bmatrix} \Omega \end{bmatrix}^{-1} \vec{K}(t)$ Wo

\vec{V} (t)

$\vec{V}(t)$ ist ein zweielementiger Vektor, der den Freiheitsgrad des Systems beschreibt,

\vec{J} (t)

$\vec{J}(t)$ Und

\vec{K} (t)

$\vec{K}(t)$ sind Antriebsquellen, und

[Ω]^{- 1}

$[\Omega]^{-1}$ Und

[C]^{- 1}

$[C]^{-1}$ sind konstante 2x2-Matrizen. Dieses System repräsentiert zwei gekoppelte harmonische Resonatoren mit zeitabhängigen (aber positionsunabhängigen) Antriebskräften. Was auch immer es wert ist, nehmen wir an, wir können uns zersetzen

[Ω]^{- 1}

$[\Omega]^{-1}$ als

[Ω]^{- 1} = [C]^{- 1} [L]^{- 1}

$[\Omega]^{-1} = [C]^{-1}[L]^{-1}$ Wo

[L]^{- 1}

$[L]^{-1}$ ist eine weitere 2x2-Matrix

^{[1]}

$^{[1]}$ . Beide

[L]

$[L]$ Und

[C]

$[C]$ sind symmetrisch.

Gibt es einen systematischen Weg, um die Lagrange-Funktion für dieses Gleichungssystem zu finden?

[1]: Beides $[C]$ Und $[L]$ haben die Eigenschaft, dass ihre nicht diagonalen Elemente kleiner sind als ihre diagonalen Elemente, was wahrscheinlich für Näherungen nützlich ist.

Kosmas Zachos

Reden Sie von zwei gekoppelt angetriebenen Oszillatoren mit zwei unterschiedlichen positionsunabhängigen aber zeitabhängigen Antriebskräften?

QMechaniker

Sind die Matrizen (anti)symmetrisch?

StephenG - Helfen Sie der Ukraine

Sind

Ω

$\Omega$ Und

C

$C$ zeit- oder positionsabhängig oder sind sie nur Konstanten? Sie müssen wirklich bei allen Mengen genauer sein.

Daniel Sank

@CosmasZachos ja.

Daniel Sank

@QMechaniker

[L]

$[L]$ Und

[C]

$[C]$ sind beide symmetrisch. Ich habe den Beitrag aktualisiert.

Daniel Sank

@StephenG Beitrag aktualisiert. Übrigens, es ist besser, den Autor ohne die pauschale Ermahnung einfach darauf hinzuweisen, wo Unklarheiten bestehen.

Kosmas Zachos

...aber Ω nicht symmetrisch ist?

Kosmas Zachos

Sieht so aus, als könnten Sie Kongruenz gewinnbringend nutzen.

Antworten (1)

Lagrangedichte für zwei gekoppelte lineare Differentialgleichungen zweiter Ordnung

Reden Sie von zwei gekoppelt angetriebenen Oszillatoren mit zwei unterschiedlichen positionsunabhängigen aber zeitabhängigen Antriebskräften?
Sind $\Omega$ Und $C$ zeit- oder positionsabhängig oder sind sie nur Konstanten? Sie müssen wirklich bei allen Mengen genauer sein.
@QMechaniker $[L]$ Und $[C]$ sind beide symmetrisch. Ich habe den Beitrag aktualisiert.
@StephenG Beitrag aktualisiert. Übrigens, es ist besser, den Autor ohne die pauschale Ermahnung einfach darauf hinzuweisen, wo Unklarheiten bestehen.
Sieht so aus, als könnten Sie Kongruenz gewinnbringend nutzen.

Frobenius · Answer 1

$\boldsymbol{\S}$ A. Ein Sonderfall: symmetrisch $\Omega^{\boldsymbol{-}1}$

Lassen Sie die $2\times2$ reelle symmetrische Matrizen

\begin{matrix} (A-01) & C^{- 1} = [\begin{matrix} ξ_{1} & ξ \\ ξ & ξ_{2} \end{matrix}] Und L^{- 1} = [\begin{matrix} η_{1} & η \\ η & η_{2} \end{matrix}] \end{matrix}

$\begin{equation} C^{\boldsymbol{-}1}\boldsymbol{=} \begin{bmatrix} \xi_1 & \xi \vphantom{\dfrac{a}{b}}\\ \xi &\xi_2 \vphantom{\dfrac{a}{b}} \end{bmatrix} \quad \text{and} \quad L^{\boldsymbol{-}1}\boldsymbol{=} \begin{bmatrix} \eta_1 & \eta \vphantom{\dfrac{a}{b}}\\ \eta &\eta_2 \vphantom{\dfrac{a}{b}} \end{bmatrix} \tag{A-01}\label{A-01} \end{equation}$ Dann

\begin{matrix} (A-02) & Ω^{- 1} = C^{- 1} L^{- 1} = [\begin{matrix} ξ_{1} η_{1} + ξ η & ξ_{1} η + ξ η_{2} \\ ξ η_{1} + ξ_{2} η & ξ η + ξ_{2} η_{2} \end{matrix}] \end{matrix}

$\begin{equation} \Omega^{\boldsymbol{-}1}\boldsymbol{=}C^{\boldsymbol{-}1}L^{\boldsymbol{-}1}\boldsymbol{=} \begin{bmatrix} \xi_1\eta_1 \boldsymbol{+} \xi\eta & \xi_1\eta \boldsymbol{+} \xi\eta_2 \vphantom{\dfrac{a}{b}}\\ \hphantom{_1}\hphantom{_2}\xi\eta_1 \boldsymbol{+} \xi_2\eta & \hphantom{_1}\hphantom{_2}\xi\eta \boldsymbol{+}\xi_2\eta_2 \vphantom{\dfrac{a}{b}} \end{bmatrix} \tag{A-02}\label{A-02} \end{equation}$ Bezüglich der Koordinaten

\begin{matrix} (A-03) & v = [\begin{matrix} v_{1} \\ v_{2} \end{matrix}] \end{matrix}

$\begin{equation} \mathbf{V} \boldsymbol{=} \begin{bmatrix} V_1\vphantom{\dfrac{a}{b}}\\ V_2\vphantom{\dfrac{a}{b}} \end{bmatrix} \tag{A-03}\label{A-03} \end{equation}$
die beiden gekoppelten Gleichungen sind

\begin{matrix} (A-04) & \frac{D}{D T} (\dot{v}) - (C^{- 1} J + Ω^{- 1} K - Ω^{- 1} v) = 0 \end{matrix}

$\begin{equation} \dfrac{\mathrm d}{\mathrm dt}\left(\mathbf{\dot{V}}\right)\boldsymbol{-}\left(C^{\boldsymbol{-}1}\mathbf{J}\boldsymbol{+}\Omega^{\boldsymbol{-}1}\mathbf{K}\boldsymbol{-}\Omega^{\boldsymbol{-}1}\mathbf{V}\right)\boldsymbol{=}\boldsymbol{0} \tag{A-04}\label{A-04} \end{equation}$ Nun, wenn es eine Lagrange-Funktion gibt

L (V, \dot{V}, t)

$\mathrm L\left(\mathbf{V},\mathbf{\dot{V}},t\right)$ für das Problem sind dann die Euler-Lagrange-Gleichungen

\begin{matrix} (A-05) & \frac{D}{D T} (\frac{\partial L}{\partial \dot{v}}) - \frac{\partial L}{\partial v} = 0 \end{matrix}

$\begin{equation} \dfrac{\mathrm d}{\mathrm dt}\left(\dfrac{\partial \mathrm L}{\partial \mathbf{\dot{V}}}\right)\boldsymbol{-}\dfrac{\partial \mathrm L}{\partial \mathbf{V}}\boldsymbol{=}\boldsymbol{0} \tag{A-05}\label{A-05} \end{equation}$ Wo

\begin{matrix} (A-06) & \frac{\partial L}{\partial v} = [\begin{matrix} \frac{\partial L}{\partial v_{1}} \\ \frac{\partial L}{\partial v_{2}} \end{matrix}] Und \frac{\partial L}{\partial \dot{v}} = [\begin{matrix} \frac{\partial L}{\partial {\dot{v}}_{1}} \\ \frac{\partial L}{\partial {\dot{v}}_{2}} \end{matrix}] \end{matrix}

$\begin{equation} \dfrac{\partial \mathrm L}{\partial \mathbf{V}}\boldsymbol{=} \begin{bmatrix} \dfrac{\partial \mathrm L}{\partial V_1} \vphantom{\dfrac{a}{\dfrac{a}{b}}}\\ \dfrac{\partial \mathrm L}{\partial V_2} \vphantom{\dfrac{a}{b}} \end{bmatrix} \quad \text{and} \quad \dfrac{\partial \mathrm L}{\partial \mathbf{\dot{V}}}\boldsymbol{=} \begin{bmatrix} \dfrac{\partial \mathrm L}{\partial \dot{V}_1} \vphantom{\dfrac{a}{\dfrac{a}{b}}}\\ \dfrac{\partial \mathrm L}{\partial \dot{V}_2} \vphantom{\dfrac{a}{b}} \end{bmatrix} \tag{A-06}\label{A-06} \end{equation}$ Gleichungen vergleichen

(A-04)

$\eqref{A-04}$ Und

(A-05)

$\eqref{A-05}$ Wir bemerken, dass die Lagrange-Funktion

L (V, \dot{V}, t)

$\mathrm L\left(\mathbf{V},\mathbf{\dot{V}},t\right)$ muss außer Konstanten die folgenden beiden Gleichungen erfüllen

\begin{aligned} (A-07a) & \frac{\partial L}{\partial \dot{v}} & = \dot{v} \\ (A-07b) & \frac{\partial L}{\partial v} & = C^{- 1} J + Ω^{- 1} K - Ω^{- 1} v \end{aligned}

$\begin{align} \dfrac{\partial \mathrm L}{\partial \mathbf{\dot{V}}} & \boldsymbol{=}\mathbf{\dot{V}}\vphantom{\dfrac{a}{\dfrac{a}{b}}} \tag{A-07a}\label{A-07a}\\ \dfrac{\partial \mathrm L}{\partial \mathbf{V}} & \boldsymbol{=}C^{\boldsymbol{-}1}\mathbf{J}\boldsymbol{+}\Omega^{\boldsymbol{-}1}\mathbf{K}\boldsymbol{-}\Omega^{\boldsymbol{-}1}\mathbf{V} \tag{A-07b}\label{A-07b} \end{align}$ Aus Gleichung

(A-07a)

$\eqref{A-07a}$ und teilweise wegen der ersten beiden Terme in der rechten Seite der Gleichung

(A-07b)

$\eqref{A-07b}$ wir bemerken diesen einen Teil

L_{1} (V, \dot{V}, t)

$\mathrm L_1\left(\mathbf{V},\mathbf{\dot{V}},t\right)$ der Lagrange wäre

\begin{matrix} (A-08) & L_{1} (v, \dot{v}, T) = \frac{1}{2} (\dot{v} \cdot \dot{v}) + [(C^{- 1} J) \cdot v] + [(Ω^{- 1} K) \cdot v] \end{matrix}

$\begin{equation} \mathrm L_1\left(\mathbf{V},\mathbf{\dot{V}},t\right)\boldsymbol{=}\frac12\left(\mathbf{\dot{V}}\boldsymbol{\cdot}\mathbf{\dot{V}}\right)\boldsymbol{+}\left[\left(C^{\boldsymbol{-}1}\mathbf{J}\right)\boldsymbol{\cdot}\mathbf{V}\right]\boldsymbol{+}\left[\left(\Omega^{\boldsymbol{-}1}\mathbf{K}\right)\boldsymbol{\cdot}\mathbf{V}\right] \tag{A-08}\label{A-08} \end{equation}$ während ein zweiter Teil

L_{2} (V, \dot{V}, t)

$\mathrm L_2\left(\mathbf{V},\mathbf{\dot{V}},t\right)$ der Lagrangefunktion muss die Gleichung erfüllen

\begin{matrix} (A-09) & \frac{\partial L_{2}}{\partial v} = - Ω^{- 1} v \end{matrix}

$\begin{equation} \dfrac{\partial \mathrm L_2}{\partial \mathbf{V}} \boldsymbol{=}\boldsymbol{-}\Omega^{\boldsymbol{-}1}\mathbf{V} \tag{A-09}\label{A-09} \end{equation}$ Wenn die Matrix

Ω^{- 1}

$\Omega^{\boldsymbol{-}1}$ der Gleichung

(A-02)

$\eqref{A-02}$ symmetrisch ist, das heißt, wenn die Elemente der Matrizen

C^{- 1}

$C^{\boldsymbol{-}1}$ Und

L^{- 1}

$L^{\boldsymbol{-}1}$ die Bedingung erfüllen

\begin{matrix} (A-10) & (ξ_{1} - ξ_{2}) η = (η_{1} - η_{2}) ξ \end{matrix}

$\begin{equation} \left(\xi_1\boldsymbol{-}\xi_2\right)\eta\boldsymbol{=}\left(\eta_1\boldsymbol{-}\eta_2\right)\xi \tag{A-10}\label{A-10} \end{equation}$ Dann

\begin{matrix} (A-11) & L_{2} (v, \dot{v}, T) = - \frac{1}{2} [(Ω^{- 1} v) \cdot v] \end{matrix}

$\begin{equation} \mathrm L_2\left(\mathbf{V},\mathbf{\dot{V}},t\right) \boldsymbol{=}\boldsymbol{-}\frac12\left[\left(\Omega^{\boldsymbol{-}1}\mathbf{V}\right)\boldsymbol{\cdot}\mathbf{V}\right] \tag{A-11}\label{A-11} \end{equation}$ und so

\begin{aligned} L (v, \dot{v}, T) = L_{1} (v, \dot{v}, T) + L_{2} (v, \dot{v}, T) für symmetrisch Ω^{- 1} \\ (A-12) & = \frac{1}{2} (\dot{v} \cdot \dot{v}) - \frac{1}{2} [(Ω^{- 1} v) \cdot v] + [(C^{- 1} J) \cdot v] + [(Ω^{- 1} K) \cdot v] \end{aligned}

$\begin{align} &\mathrm L\left(\mathbf{V},\mathbf{\dot{V}},t\right) \boldsymbol{=}\mathrm L_1\left(\mathbf{V},\mathbf{\dot{V}},t\right)\boldsymbol{+}\mathrm L_2\left(\mathbf{V},\mathbf{\dot{V}},t\right) \qquad \textbf{for symmetric } \Omega^{\boldsymbol{-}1} \nonumber\\ & \boldsymbol{=}\frac12\left(\mathbf{\dot{V}}\boldsymbol{\cdot}\mathbf{\dot{V}}\right)\boldsymbol{-}\frac12\left[\left(\Omega^{\boldsymbol{-}1}\mathbf{V}\right)\boldsymbol{\cdot}\mathbf{V}\right]\boldsymbol{+}\left[\left(C^{\boldsymbol{-}1}\mathbf{J}\right)\boldsymbol{\cdot}\mathbf{V}\right]\boldsymbol{+}\left[\left(\Omega^{\boldsymbol{-}1}\mathbf{K}\right)\boldsymbol{\cdot}\mathbf{V}\right] \tag{A-12}\label{A-12} \end{align}$

$\boldsymbol{=\!=\!=\!==\!=\!=\!==\!=\!=\!==\!=\!=\!==\!=\!=\!==\!=\!=\!==\!=\!=\!==\!=\!=\!==\!=\!=\!==\!=\!=\!==\!=\!=\!==\!=\!=\!=}$

$\boldsymbol{\S}$ B. Der allgemeine Fall: Ein systematischer Weg, um die Lagrange-Funktion für zwei gekoppelte lineare Differentialgleichungen zweiter Ordnung zu finden

Die Bemühungen, für zwei gekoppelte lineare Differentialgleichungen zweiter Ordnung (wie in der Fragestellung) eine Lagrange-Funktion zu finden, würden wegen der sog $^{\prime\prime}$ Begriffsübergreifend $^{\prime\prime}$ die bei einem Zwischenschritt auftauchen, zum Beispiel Begriffe wie $V_1 V_2, \dot{V}_1 \dot{V}_2, \dot{V}_1 V_2$ usw. Diese Terme "koppeln" die beiden Gleichungen. Wir müssen also eine Methode finden, um Terme dieser Art zu eliminieren. Dies wird uns zunächst zwei ungekoppelte lineare Differentialgleichungen zweiter Ordnung und als nächstes eine wohldefinierte Lagrange-Funktion geben.

Wegen der Linearität nehmen wir eine Änderung der alten Variablen vor $V_1, V_2$ zu neu $q_1, q_2$ über eine lineare Transformation

\begin{aligned} (B-01a) & v_{1} & = A_{11} Q_{1} + A_{12} Q_{2} \\ (B-01b) & v_{2} & = A_{21} Q_{1} + A_{22} Q_{2} \end{aligned}

$\begin{align} V_1 & \boldsymbol{=}a_{11}q_1\boldsymbol{+}a_{12}q_2 \tag{B-01a}\label{B-01a}\\ V_2 & \boldsymbol{=}a_{21}q_1\boldsymbol{+}a_{22}q_2 \tag{B-01b}\label{B-01b} \end{align}$ oder

\begin{matrix} (B-02) & v = [\begin{matrix} v_{1} \\ v_{2} \end{matrix}] = [\begin{matrix} A_{11} & A_{12} \\ A_{21} & A_{22} \end{matrix}] [\begin{matrix} P_{1} \\ P_{2} \end{matrix}] = A Q \end{matrix}

$\begin{equation} \mathbf{V}\boldsymbol{=} \begin{bmatrix} V_1\vphantom{\dfrac{a}{b}}\\ V_2\vphantom{\dfrac{a}{b}} \end{bmatrix} \boldsymbol{=} \begin{bmatrix} a_{11} & a_{12}\vphantom{\dfrac{a}{b}}\\ a_{21} & a_{22}\vphantom{\dfrac{a}{b}} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} p_1\vphantom{\dfrac{a}{b}}\\ p_2\vphantom{\dfrac{a}{b}} \end{bmatrix} \boldsymbol{=}A\mathbf{q} \tag{B-02}\label{B-02} \end{equation}$
das ist

\begin{matrix} (B-03) & v = A Q, A = [\begin{matrix} A_{11} & A_{12} \\ A_{21} & A_{22} \end{matrix}] \end{matrix}

$\begin{equation} \mathbf{V}\boldsymbol{=}A\mathbf{q} \,,\qquad A\boldsymbol{=} \begin{bmatrix} a_{11} & a_{12}\vphantom{\dfrac{a}{b}}\\ a_{21} & a_{22}\vphantom{\dfrac{a}{b}} \end{bmatrix} \tag{B-03}\label{B-03} \end{equation}$ und wir werden versuchen, falls vorhanden, eine umkehrbare Transformation zu finden

A

$\:A\:$ Dadurch werden die Kreuzterme eliminiert, wodurch die beiden Gleichungen entkoppelt werden.

Wenn auf unserer Anfangsgleichung

\begin{matrix} (B-04) & \ddot{v} + Ω^{- 1} v = C^{- 1} J + Ω^{- 1} K \end{matrix}

$\begin{equation} \mathbf{\ddot{V}}\boldsymbol{+}\Omega^{\boldsymbol{-}1}\mathbf{V}\boldsymbol{=}C^{\boldsymbol{-}1}\mathbf{J}\boldsymbol{+}\Omega^{\boldsymbol{-}1}\mathbf{K} \tag{B-04}\label{B-04} \end{equation}$ wir wenden die Transformation von links an

A^{- 1}

$\:A^{\boldsymbol{-}1}\:$ wir haben

\begin{matrix} (B-05) & A^{- 1} \ddot{v} + A^{- 1} Ω^{- 1} v = A^{- 1} C^{- 1} J + A^{- 1} Ω^{- 1} K \end{matrix}

$\begin{equation} A^{\boldsymbol{-}1}\mathbf{\ddot{V}}\boldsymbol{+}A^{\boldsymbol{-}1}\Omega^{\boldsymbol{-}1}\mathbf{V}\boldsymbol{=}A^{\boldsymbol{-}1}C^{\boldsymbol{-}1}\mathbf{J}\boldsymbol{+}A^{\boldsymbol{-}1}\Omega^{\boldsymbol{-}1}\mathbf{K} \tag{B-05}\label{B-05} \end{equation}$ Gebrauch machen von

(B-03)

$\eqref{B-03}$ wir ersetzen

V

$\:\mathbf{V}\:$ von

A q

$\:A\mathbf{q}\:$ So

A^{- 1} (A \ddot{Q}) + A^{- 1} Ω^{- 1} (A Q) = A^{- 1} C^{- 1} J + A^{- 1} Ω^{- 1} K

$\begin{equation} A^{\boldsymbol{-}1}\left(A\mathbf{\ddot{q}}\right)\boldsymbol{+}A^{\boldsymbol{-}1}\Omega^{\boldsymbol{-}1}\left(A\mathbf{q}\right)\boldsymbol{=}A^{\boldsymbol{-}1}C^{\boldsymbol{-}1}\mathbf{J}\boldsymbol{+}A^{\boldsymbol{-}1}\Omega^{\boldsymbol{-}1}\mathbf{K} \nonumber \end{equation}$ das ist

\begin{matrix} (B-06) & \ddot{Q} + (A^{- 1} Ω^{- 1} A) Q = (A^{- 1} C^{- 1} A) J + (A^{- 1} Ω^{- 1} A) k \end{matrix}

$\begin{equation} \mathbf{\ddot{q}}\boldsymbol{+}\left(A^{\boldsymbol{-}1}\Omega^{\boldsymbol{-}1} A\right)\mathbf{q}\boldsymbol{=}\left(A^{\boldsymbol{-}1}C^{\boldsymbol{-}1 }A\right)\mathbf{j}\boldsymbol{+}\left(A^{\boldsymbol{-}1}\Omega^{\boldsymbol{-}1 }A\right)\mathbf{k} \tag{B-06}\label{B-06} \end{equation}$ oder

\begin{aligned} (B-07a) & \ddot{Q} + W Q = U J + W k \\ Wo \\ (B-07b) & W = A^{- 1} Ω^{- 1} A, U = A^{- 1} C^{- 1} A, J = A^{- 1} J, k = A^{- 1} K \end{aligned}

$\begin{align} &\mathbf{\ddot{q}}\boldsymbol{+}W\,\mathbf{q} \boldsymbol{=}U\,\mathbf{j}\boldsymbol{+}W\,\mathbf{k} \tag{B-07a}\label{B-07a}\\ &\text{where} \nonumber\\ &W\boldsymbol{=}A^{\boldsymbol{-}1}\Omega^{\boldsymbol{-}1}A\,, \quad U\boldsymbol{=}A^{\boldsymbol{-}1}C^{\boldsymbol{-}1}A\,, \quad \mathbf{j}\boldsymbol{=}A^{\boldsymbol{-}1}\mathbf{J}\,,\quad \mathbf{k}\boldsymbol{=}A^{\boldsymbol{-}1}\mathbf{K} \tag{B-07b}\label{B-07b} \end{align}$ Nun die beiden linearen Differentialgleichungen zweiter Ordnung

(B-07a)

$\eqref{B-07a}$ entkoppelt wäre, wenn die Matrix

W

$\:W\:$ könnte diagonal sein

\begin{matrix} (B-08) & W = A^{- 1} Ω^{- 1} A = [\begin{matrix} w_{1} & 0 \\ 0 & w_{2} \end{matrix}] \end{matrix}

$\begin{equation} W\boldsymbol{=}A^{\boldsymbol{-}1}\Omega^{\boldsymbol{-}1 }A\boldsymbol{=} \begin{bmatrix} \mathrm w_1 & 0 \vphantom{\dfrac{a}{b}}\\ 0 & \mathrm w_2\vphantom{\dfrac{a}{b}} \end{bmatrix} \tag{B-08}\label{B-08} \end{equation}$ Diese Entkopplung wird im Folgenden explizit gezeigt

\begin{aligned} (B-09a) & {\ddot{Q}}_{1} + w_{1} P_{1} & = {(U J)}_{1} + {(W k)}_{1} \\ (B-09b) & {\ddot{Q}}_{2} + w_{2} P_{2} & = {(U J)}_{2} + {(W k)}_{2} \end{aligned}

$\begin{align} \ddot{q}_1\boldsymbol{+}\mathrm w_1 p_1 &\boldsymbol{=}\left(U\,\mathbf{j}\right)_1 \boldsymbol{+}\left(W\,\mathbf{k}\right)_1 \tag{B-09a}\label{B-09a}\\ \ddot{q}_2\boldsymbol{+}\mathrm w_2 p_2 &\boldsymbol{=}\left(U\,\mathbf{j}\right)_2 \boldsymbol{+}\left(W\,\mathbf{k}\right)_2 \tag{B-09b}\label{B-09b} \end{align}$ Diese beiden unabhängig

^{''}

$^{\prime\prime}$ Bewegungen

^{''}

$^{\prime\prime}$ heißen Normalmodi und die Variablen

q_{1}, q_{2}

$q_1,q_2$ normale Koordinaten .

Jetzt ab $\eqref{B-08}$ die Konstanten $\:\mathrm w_1,\mathrm w_2\:$ sind die Eigenwerte der Matrix $\:\Omega^{\boldsymbol{-}1}\:$ während die Spalten der Matrix $\:A\:$ sind jeweils die Eigenvektoren

\begin{aligned} (B-10a) & A_{1} & = [\begin{matrix} A_{11} \\ A_{21} \end{matrix}] = Eigenvektor des Eigenwerts w_{1} \\ (B-10b) & A_{2} & = [\begin{matrix} A_{12} \\ A_{22} \end{matrix}] = Eigenvektor des Eigenwerts w_{2} \end{aligned}

$\begin{align} \mathbf{a}_1 & \boldsymbol{=} \begin{bmatrix} a_{11} \vphantom{\dfrac{a}{b}}\\ a_{21} \vphantom{\dfrac{a}{b}} \end{bmatrix}\boldsymbol{=}\text{eigenvector of eigenvalue } \mathrm w_1 \tag{B-10a}\label{B-10a}\\ \mathbf{a}_2 & \boldsymbol{=} \begin{bmatrix} a_{12} \vphantom{\dfrac{a}{b}}\\ a_{22} \vphantom{\dfrac{a}{b}} \end{bmatrix}\boldsymbol{=}\text{eigenvector of eigenvalue } \mathrm w_2 \tag{B-10b}\label{B-10b} \end{align}$ Beachten Sie, dass abhängig von der Matrix

Ω^{- 1}

$\:\Omega^{\boldsymbol{-}1}\:$ die Eigenwerte

w_{1}, w_{2}

$\:\mathrm w_1,\mathrm w_2\:$ könnten entweder beide reell oder beide komplex konjugiert sein.

Nun, da die Diagonalmatrix $\:W\:$ symmetrisch ist, verwenden wir die Ergebnisse von A und wir bilden die Lagrange-Funktion für die Euler-Lagrange-Gleichungen $\eqref{B-09a}$ , $\eqref{B-09b}$ laut Gleichung $\eqref{A-12}$

\begin{matrix} (B-11) & L (Q, \dot{Q}, T) = \frac{1}{2} (\dot{Q} \cdot \dot{Q}) - \frac{1}{2} [(W Q) \cdot Q] + [(U J) \cdot Q] + [(W k) \cdot Q] \end{matrix}

$\begin{equation} \mathrm L\left(\mathbf{q},\mathbf{\dot{q}},t\right) \boldsymbol{=} \tfrac12\left(\mathbf{\dot{q}}\boldsymbol{\cdot}\mathbf{\dot{q}}\right)\boldsymbol{-}\tfrac12\left[\left(W\mathbf{q}\right)\boldsymbol{\cdot}\mathbf{q}\vphantom{\dfrac{a}{b}}\right]\boldsymbol{+}\left[\left(U\mathbf{j}\right)\boldsymbol{\cdot}\mathbf{q}\vphantom{\dfrac{a}{b}}\right]\boldsymbol{+}\left[\left(W\mathbf{k}\right)\boldsymbol{\cdot}\mathbf{q}\vphantom{\dfrac{a}{b}}\right] \tag{B-11}\label{B-11} \end{equation}$ Ausdrücklich

\begin{aligned} (B-12) & L (Q, \dot{Q}, T) & = \frac{1}{2} ({\dot{Q}}_{1}^{2} + {\dot{Q}}_{2}^{2}) - \frac{1}{2} (w_{1} Q_{1}^{2} + w_{2} Q_{2}^{2}) \\ + [{(U J)}_{1} + {(W k)}_{1}] Q_{1} + [{(U J)}_{2} + {(W k)}_{2}] Q_{2} \end{aligned}

$\begin{align} \mathrm L\left(\mathbf{q},\mathbf{\dot{q}},t\right) & \boldsymbol{=} \tfrac12\left(\dot{q}^2_1\boldsymbol{+}\dot{q}^2_2\right)\boldsymbol{-}\tfrac12\left(\mathrm w_1 q^2_1\boldsymbol{+}\mathrm w_2 q^2_2\right) \tag{B-12}\label{B-12}\\ &\boldsymbol{+} \left[\left(U\mathbf{j}\right)_1\boldsymbol{+}\left(W\mathbf{k}\right)_1\vphantom{\dfrac{a}{b}}\right]q_1\boldsymbol{+} \left[\left(U\mathbf{j}\right)_2\boldsymbol{+}\left(W\mathbf{k}\right)_2\vphantom{\dfrac{a}{b}}\right]q_2 \nonumber \end{align}$ Beachten Sie, dass der obige Lagrange nicht enthält

^{''}

$^{\prime\prime}$ Begriffsübergreifend

^{''}

$^{\prime\prime}$ wie

q_{1} q_{2}, {\dot{q}}_{1} {\dot{q}}_{2}, {\dot{q}}_{1} q_{2}

$q_1 q_2, \dot{q}_1 \dot{q}_2, \dot{q}_1 q_2$ usw. Verwendung dieses Lagrange-Operators in den nachstehenden Gleichungen

\begin{aligned} (B-13a) & \frac{D}{D T} (\frac{\partial L}{\partial {\dot{Q}}_{1}}) - \frac{\partial L}{\partial Q_{1}} = 0 \\ (B-13b) & \frac{D}{D T} (\frac{\partial L}{\partial {\dot{Q}}_{2}}) - \frac{\partial L}{\partial Q_{2}} = 0 \end{aligned}

$\begin{align} \dfrac{\mathrm d}{\mathrm dt}\left(\dfrac{\partial \mathrm L}{\partial \dot{q}_1}\right)\boldsymbol{-}\dfrac{\partial \mathrm L}{\partial q_1}\boldsymbol{=}0 \tag{B-13a}\label{B-13a}\\ \dfrac{\mathrm d}{\mathrm dt}\left(\dfrac{\partial \mathrm L}{\partial \dot{q}_2}\right)\boldsymbol{-}\dfrac{\partial \mathrm L}{\partial q_2}\boldsymbol{=}0 \tag{B-13b}\label{B-13b} \end{align}$ ergibt Gleichungen

(B-09a)

$\eqref{B-09a}$ Und

(B-09b)

$\eqref{B-09b}$ wie erwartet.

Nun, basierend auf $\eqref{B-11}$ wir können den Lagrange bauen $\:\mathrm L\left(\mathbf{V},\mathbf{\dot{V}},t\right)\:$ für die Anfangskoordinaten $\:V_1,V_2\:$ aus $\:\mathrm L\left(\mathbf{q},\mathbf{\dot{q}},t\right)$ . Wir ersetzen einfachvonIn $\eqref{B-11}$ und wir haben

\begin{aligned} (B-14) & L (v, \dot{v}, T) = \\ \frac{1}{2} [(A^{- 1} \dot{v}) \cdot (A^{- 1} \dot{v})] - \frac{1}{2} [(A^{- 1} Ω^{- 1} v) \cdot (A^{- 1} v)] \\ + [(A^{- 1} C^{- 1} J) \cdot (A^{- 1} v)] + [(A^{- 1} Ω^{- 1} K) \cdot (A^{- 1} v)] \end{aligned}

$\begin{align} &\mathrm L\left(\mathbf{V},\mathbf{\dot{V}},t\right)\boldsymbol{=} \tag{B-14}\label{B-14}\\ &\tfrac12\left[\left(A^{\boldsymbol{-}1}\mathbf{\dot{V}}\right)\boldsymbol{\cdot}\left(A^{\boldsymbol{-}1}\mathbf{\dot{V}}\right)\vphantom{\dfrac{a}{b}}\right]\boldsymbol{-}\tfrac12\left[\left(A^{\boldsymbol{-}1}\Omega^{\boldsymbol{-}1}\mathbf{V}\right)\boldsymbol{\cdot}\left(A^{\boldsymbol{-}1}\mathbf{V}\right)\vphantom{\dfrac{a}{b}}\right] \nonumber\\ &\boldsymbol{+}\left[\left(A^{\boldsymbol{-}1}C^{\boldsymbol{-}1}\mathbf{J}\right)\boldsymbol{\cdot}\left(A^{\boldsymbol{-}1}\mathbf{V}\right)\vphantom{\dfrac{a}{b}}\right]\boldsymbol{+}\left[\left(A^{\boldsymbol{-}1}\Omega^{\boldsymbol{-}1}\mathbf{K}\right)\boldsymbol{\cdot}\left(A^{\boldsymbol{-}1}\mathbf{V}\right)\vphantom{\dfrac{a}{b}}\right] \nonumber \end{align}$ Wenn

Ω^{- 1}

$\:\Omega^{\boldsymbol{-}1}\:$ (reell) symmetrisch ist dann die Lagrangedichte von

(B-14)

$\eqref{B-14}$ muss das von ergeben

(A-12)

$\eqref{A-12}$ . Aber diese beiden Ausdrücke sind sehr unterschiedlich und es scheint, dass wir hier einen Widerspruch haben. Aber es gibt keinen Widerspruch: im Falle einer symmetrischen Matrix

Ω^{- 1}

$\:\Omega^{\boldsymbol{-}1}\:$ die Eigenwerte

w_{1}, w_{2}

$\:\mathrm w_1,\mathrm w_2\:$ sind beide reell, die Eigenvektoren

a_{1}, a_{2}

$\:\mathbf{a}_1,\mathbf{a}_2$ von Gleichungen

(B-10a)

$\eqref{B-10a}$ ,

(B-10b)

$\eqref{B-10b}$ sind orthogonal und die Matrix

A

$\:A\:$ von Gleichungen

(B-02)

$\eqref{B-02}$ ,

(B-03)

$\eqref{B-03}$ ist orthogonal. Für diese Matrix haben wir

A^{- 1} = A^{⊤} = transpose of A

$\:A^{\boldsymbol{-}1}\boldsymbol{=}A^{\boldsymbol{\top}}\boldsymbol{=}\text{transpose of }A$ . Ersetzen

A^{- 1}

$\:A^{\boldsymbol{-}1}\:$ von

A^{⊤}

$\:A^{\boldsymbol{\top}}\:$ der Ausdruck

(B-14)

$\eqref{B-14}$ wird identisch mit

(A-12)

$\eqref{A-12}$ .Mit anderen Worten, seit

A^{- 1}

$\:A^{\boldsymbol{-}1}\:$ ebenfalls orthogonal ist, lässt es das innere Produkt zweier Vektoren invariant, also in

(B-14)

$\eqref{B-14}$ Wir könnten jedes innere Produkt ersetzen

(A^{- 1} x) \cdot (A^{- 1} y)

$\:\left(A^{\boldsymbol{-}1}\mathbf{x}\right)\boldsymbol{\cdot}\left(A^{\boldsymbol{-}1}\mathbf{y}\right)\vphantom{\dfrac{a}{b}}\:$ von

(x \cdot y)

$\:\left(\mathbf{x}\boldsymbol{\cdot}\mathbf{y}\right)\vphantom{\dfrac{a}{b}}$ .

$\boldsymbol{=\!=\!=\!==\!=\!=\!==\!=\!=\!==\!=\!=\!==\!=\!=\!==\!=\!=\!==\!=\!=\!==\!=\!=\!==\!=\!=\!==\!=\!=\!==\!=\!=\!==\!=\!=\!=}$

Zugehöriges 1: Ableitung der Lagrange-Dichte für das elektromagnetische Feld .

Verwandtes 2: Die Lagrange-Dichte der Schrödinger-Gleichung .

Zugehöriges 3: Ermitteln Sie die Lagrange-Funktion aus dem System der gekoppelten Gleichungen .

Nur eine freundliche Anmerkung, dass der einzige Grund, warum ich noch nicht geantwortet habe, darin besteht, dass ich Ihrer Antwort die gebührende Aufmerksamkeit schenken möchte. Ich werde versuchen, es in den nächsten Tagen gründlich zu lesen.
Frobenius, mir ist aufgefallen, dass Sie diese Antwort 21 Mal bearbeitet haben, was weit mehr als normal ist und störend sein kann, wenn die Frage wiederholt an den Anfang der Hauptseite gestoßen wird. Im Allgemeinen sollten die meisten Beiträge nicht mehr als ein- oder zweimal bearbeitet werden. Könnten Sie in Zukunft bitte davon absehen, diesen Beitrag zu bearbeiten, es sei denn, Sie müssen dies wirklich tun? Wenn Sie kleine oder optionale Änderungen vornehmen müssen, speichern Sie diese bitte und stapeln Sie sie zusammen mit Ihrer nächsten größeren und wichtigen Änderung.
@Frobenius Danke. Ich würde vorschlagen, dass Sie nicht in eine Situation geraten, in der Sie Tag für Tag neue Dinge hinzufügen müssen. Anstatt jeden Tag neue Inhalte in die Antwort zu bearbeiten, behalten Sie einfach eine Textdatei auf Ihrem Computer, die Sie jedes Mal aktualisieren, und nehmen Sie dann, wenn Sie mit Ihren Änderungen fertig sind, eine große Bearbeitung an der Antwort vor, die alle von Ihnen vorgenommenen Änderungen anwendet. angesammelt habe.
Akzeptiert, weil ich überprüft habe, ob die Antwort im symmetrischen Fall richtig ist. Danke!

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