第六章小振动 6.1.振动的分类和线性振动的概念(参阅教材§6.1) 引言 振动的分类(从能量的角度;从微分方程的类型;从自由度的数目) 衡位置的概念及其分类(稳定、不稳定和随遇)。对振动问题有实际意义的是稳定平 衡位置 保守体系平衡位置稳定性的拉格朗日定理(勒襄一狄里赫里定理) 平衡位置的不稳定性准则(拉格朗日定理的逆问题)(迄今尚未完全解决) 微振动意即振幅很小,若平衡位置选为原点,则振动的坐标的绝对值很小。(我 们往往假定振动的速度的绝对值也很小,且为同级小量。) 2.一个自由度保守体系的自由微振动的数学处理(查阅数学教材) 我们首先考虑水平直线上在一端固定的弹簧的作用下的质点的运动 T=mx2,V=kx2,L=m2-kx2得能量积分E=mx2+kx2 (这里要求振幅足够小,以保证在弹性限度内。) 拉格朗日方程:m+kx=0即x+2x=0,其中:O2=k/m这是简谐振动。 简谐振动的解为x=Asn(ot+a),A,a为积分常数,由初始条件决定 事实上,能量积分:E=mfb,12E Oym,,A由能量确定,a由振动的初位相确定。 考虑一般的保守体系的势能函数(坐标原点选在平衡位置),可以展开为级数 (x)=V+a1x+a2x2+a2x3+……常数项只影响势能的零点能量,一次项提供一个恒力, 只使平衡位置发生平移,对振动无本质影响 对微振动,高阶项相对很小;均可略去。因而微振动的势能近似为二次项,动力学方程为线性方程 (简谐振动)。例如:单摆的振动,在振幅很小的情况下,是简谐振动。 3.考虑一般的完整,稳定,保守的力学体系在稳定平衡位置附近作微振动(坐标原点选在平 衡位置),其动能可以表为广义速度的齐二次式(且各项系数均为常数);其势能可以表为广义坐 标的齐二次式(各项系数也是常数)。动力学 方程为线性方程(简谐振动)。教材174-180页讨论了两个自由度的情形,推广到有限多个自由度 的情形也不困难 【思考】159页例2第(2)解法,如果作微振动,情况如何? 6.1.两个自由度保守体系的自由振动(参阅教材§6.2.) 1.先看一个实例(教材178页例1):双单摆 取1,62为广义坐标,通过拉格朗日函数得到动力学方程:(也可利用牛顿动力学方程) ①根据能量守恒,Es1 kx2:因此作微振动时文也是小量,而且我们可以假定,文和x 是同阶的小量 在动能只保留到二次项的情况下,各项系数只保留零次项,即常数
第六章 小振动 6．1．振动的分类和线性振动的概念（参阅教材§6. 1.） 1．引言 振动的分类（从能量的角度；从微分方程的类型；从自由度的数目） 平衡位置的概念及其分类（稳定、不稳定和随遇）。对振动问题有实际意义的是稳定平 衡位置 保守体系平衡位置稳定性的拉格朗日定理（勒襄—狄里赫里定理） 平衡位置的不稳定性准则（拉格朗日定理的逆问题）（迄今尚未完全解决） 微振动意即振幅很小，若平衡位置选为原点，则振动的坐标的绝对值很小。(我 们往往假定振动的速度的绝对值也很小，且为同级小量①。) 2．一个自由度保守体系的自由微振动的数学处理（查阅数学教材） 我们首先考虑水平直线上在一端固定的弹簧的作用下的质点的运动： 1 2 2 T mx = , 1 2 2 V kx = , 1 1 2 2 2 2 L = − mx kx 得能量积分 1 1 2 2 2 2 E = + mx kx （这里要求振幅足够小，以保证在弹性限度内。） 拉格朗日方程： mx kx + = 0 即 2 x x +ω = 0 , 其中： 这是简谐振动。 2 ω = k m/ 简谐振动的解为 xA t = + sin ( ) ω α , A,α 为积分常数，由初始条件决定。 事实上，能量积分： 1 2 2 2 E mA = ω , 1 2E A ω m = , A 由能量确定，α 由振动的初位相确定。 考虑一般的保守体系的势能函数（坐标原点选在平衡位置），可以展开为级数 )( 210 2 3 xaxaxaVxV 3 ++++= "" 常数项只影响势能的零点能量，一次项提供一个恒力， 只使平衡位置发生平移，对振动无本质影响； 对微振动，高阶项相对很小；均可略去。因而微振动的势能近似为二次项，动力学方程为线性方程 （简谐振动）。例如：单摆的振动，在振幅很小的情况下，是简谐振动。 3．考虑一般的完整，稳定，保守的力学体系在稳定平衡位置附近作微振动（坐标原点选在平 衡位置），其动能可以表为广义速度的齐二次式（且各项系数均为常数②）；其势能可以表为广义坐 标的齐二次式（各项系数也是常数）。动力学 方程为线性方程（简谐振动）。教材 174—180 页讨论了两个自由度的情形，推广到有限多个自由度 的情形也不困难。 【思考】159 页例 2 第（2）解法，如果作微振动，情况如何？ 6．1．两个自由度保守体系的自由振动（参阅教材§6. 2.） 1．先看一个实例（教材 178 页例 1）：双单摆。 取 1 2 θ ,θ 为广义坐标，通过拉格朗日函数得到动力学方程：（也可利用牛顿动力学方程） ①根据能量守恒， 2 max max 1 1 2 2 E mx kx = = 2 ；因此作微振动时 x 也是小量，而且我们可以假定， x 和 x 是同阶的小量。 ②在动能只保留到二次项的情况下，各项系数只保留零次项，即常数。 1
Mausin, +sino d (I cos0, +Icos,) 2+mfp2+2+21o(- V=-mglcos0, -mg(l cos0,+/cos, 注意:考虑微振动,平衡位置1=62=0.B162都是小量,保留二阶小量,得 1m(2+2+),r=lmg(2+2)-3mg(势能的最后 项为常数项,可略去。以下详见教材179页。) 可得拉格朗日方程 1282+a2)+2g=0 这是二阶线性齐次常系数微分方程组,解必有O,=Asin(o1+a)1=12③ 代入方程组,(~214=04=0 0 利用久期方程求本征值, 进一步求本征矢量40 A 由线性齐次方程解的可叠加性,=∑4sin(01+a)=…1=12 有四个积分常数A,a4,由初始条件决定。(另两个常数A2不独立,由A(决定; 由本征值问题确定。) 2.两个自由度保守体系的自由微振动的一般情况。(174-178页)在微振动的情况下 可得 ③这里a,对于不同i的O1是共同的常数:但是对于用A,O4标志的不同k e=4si(a41+a)是不同的,因此要记为ak
( ) ( ) ⎪⎭ ⎪ ⎬ ⎫ ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ + + ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ += + 2 1 2 2 1 2 2 1 2 sinsin coscos 2 1 2 1 θ θθ ll θθ dt d ll dt d mlT m [ ( )] 21 21 2 2 2 1 2 2 1 2 cos2 2 1 2 1 θ += ++ −θθθθθθ ml ml ( ) 1 1 2 −= mglV cosθ − θ + llmg coscos θ 注意：考虑微振动，平衡位置θ =θ 21 = ,0 ∴ 21 θ ,θ 都是小量，保留二阶小量，得 ( ) 21 2 2 2 1 2 2 2 2 1 θθθθ = mlT ++ ， mglV (2 ) 3mgl 2 1 2 2 2 = 1 θθ −+ （势能的最后一 项为常数项，可略去。以下详见教材 179 页。） 可得拉格朗日方程 l( 21 ) gθθθ 1 =++ 022 l g (θθ θ 12 2 + ) + = 0 这是二阶线性齐次常系数微分方程组，解必有 θ = (ω ⋅tA +α) ii sin i = 2,1 ③ 代入方程组，得 ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ ⎟ = ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ −+− ⎟ =− ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − 0 2 0 2 2 1 2 2 2 1 2 A l g A AA l g ω ω ωω 利用久期方程求本征值ω ， ( ) ( ) 2 1 2 2 2 2 2 2 g l g l ω ω = − = + 进一步求本征矢量 ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 1 2 2 2 1 2 2 A A A A = = − 由线性齐次方程解的可叠加性， ( ) ( ) 2 1 sin k i i kk k θ ωα A t = = ∑ + =" i = 1, 2 有四个积分常数 ( ) 1 , k A αk ，由初始条件决定。（另两个常数 ( ) 2 k A 不独立，由 ( ) 1 k A 决定； ( ) ( ) 2 2 1 , k k k A A ω 由本征值问题确定。） 2．两个自由度保守体系的自由微振动的一般情况。(174—178 页) 在微振动的情况下， 可得 ③ 这 里 α ，对于不同 i 的 θ i 是共同的常数；但是对于用 ( ) , k Ai ωk 标志的不同 k 的 ( ) ( ) sin ( k k θ ii k = ⋅ A t ω α+ k ) 是不同的，因此要记为αk 2
2之a內、1 ∑=2立不可与均为对称常系数,4=4=b 拉格朗日方程为:∑(anx,+b2x)=0.1=12试解为x=Asim(+a)1=12 把试解代入方程,得∑(,-a102)A1=0.1=12 久期方程deb-ano)=0,f(o3)=(21-a1o)2-a2o2)-(h2-a2o2)=0 即(o3)=(1a2-a2b-(a1b2+a2b1-2a2b202+(b2-b2)=0 平衡位置x1=0是稳定的,必有V(x2≠0)>(0)=0 b1>0,b2>0,b1b2-b2>0(推导方法参阅174页前半或176页末) 相仿,由动能的非负性可以得出a1>0,a2>0,a1a2-a2>0从而 f(o2=0)=b1b2-b2>0f(32→+2)(1a2-an2 又易看出,当o32=bh1/a1>0或O2=b21{a2>0,有∫=(b2-a202)<0 则曲线/(o2)和o32的正半轴相交两次,即o32有两个不相等的正实根o12和o2 A0-a12-b 从而得到两个试解的振幅之比A0b2a2 ao. =A 方程的两组解x0=4sm(ont+a) x2)=A12sin(21+a2) sin(o,(+a,)x2=u2 2)A, 2)sin(@ 2- t+a)) 由线性方程解的可叠加性x,=C1x+C2x12),=12即 x,=A sin(o t+a+A sin(@2 t+a2) x2=2!4sin(o11+a1)+2)A12)sin(O2t+a2) 注意:常数CC2已经吸收进常数振幅中去了。常数2,m2),o1,O2由本征值问题决 定。四个积分常数A1),A12),a1a2由初条件确定
∑= = 2 2 1, 1 ji jiij xxaT ∑= = 2 2 1, 1 ji jiij xxbV ,ba ijij 均为对称常系数。 == bbaa jiijjiij , 拉格朗日方程为; ( ) 2,1,0 试解为 2 1 ∑ ==+ = ixbxa j jijjij = sin( ⋅ ) itAx =+ 2,1, ii ω α 把试解代入方程，得 ( ) 2,1,0 2 1 2 ∑ ==− = iAab j ω jijij 久期方程det( ) 0 2 ab ijij ω =− ， )( ( )( )( ) 0 2 2 1212 2 2222 2 1111 2 ω −= ω ω abababf ω =−−− 即 )( = 2 f ω ( ) ( 2 ) ( ) 0 2 122211 2 11222211 1212 2 4 122211 ω −+−− ω bbbbababaaaa =−+ 平衡位置 是稳定的，必有 xi = 0 ≠ >VxV = 0)0()0( i ,0,0 0 2 ∴ 11 22 bbbbb 122211 >−>> （推导方法参阅 174 页前半或 176 页末） 相仿，由动能的非负性可以得出 ,0,0 0 从而 2 11 22 aaaaa 122211 >−>> )0( )(,0 ( ) 0 2 4 122211 2 2 122211 2 f ω >−== fbbb ω aaa ω >−≈+∞→ 又易看出，当 1111 0/ 或 ，有 2 ω ab >= 0/ 2222 2 ω ab >= ( ) 0 2 2 abf 1212 ω <−−= 则曲线 ( ) 2 f ω 和 的正半轴相交两次，即 有两个不相等的正实根 和 2 ω 2 ω 2 ω1 2 ω 2 从而得到两个试解的振幅之比 ( ) ( ) ( ) 1 2 2 11212 11 2 111 1 1 1 2 μ ω ω = − − = ab ba A A ( ) ( ) ( ) 2 2 2 21212 11 2 211 2 1 2 2 μ ω ω = − − = ab ba A A 方程的两组解 ⎩ ⎨ ⎧ = +⋅ = +⋅ sin( ) sin( ) 1 1 )1( 1 )1( 2 )1( 2 1 1 )1( 1 )1( 1 μ αω αω x tA tAx ⎩ ⎨ ⎧ = +⋅ = +⋅ sin( ) sin( ) 2 2 )2( 1 )2( 2 )2( 2 2 2 )2( 1 )2( 1 μ αω αω x A t Ax t 由线性方程解的可叠加性 2,1, 即 )2( 2 )1( 1 ii i ixCxCx =+= ⎩ ⎨ ⎧ = ′ ++⋅ ′ +⋅ = ′ ++⋅ ′ +⋅ sin( ) sin( ) sin( sin() ) 2 2 )2( 1 )2( 1 21 )1( 1 )1( 22 2 2 )2( 1 11 )1( 11 μ μαω αω αω αω tAx A t AtAx t 注意：常数 已经吸收进常数振幅中去了。常数 由本征值问题决 定。四个积分常数 由初条件确定。 21,CC 21 )2( 2 )1( 2 ,,, ωωμμ 21 )2( 1 )1( 1 AA ′′ ,,, αα 3
以上还有一种情况未考虑进去,就是如=2==,此时 1a22 L ai, (x x; -nx x, ∑a(x+Ax)=0久期方程f(m2)=(a1a2-a2)(a2-4)=0 02有两个相等的实根,O12=02=2 O2=O=√。这时得到的值均为 可为任意值,这样可得到解 x1=A1Sin(·t+a1) Ix2=A2 sin (o-I+a2) 依然有四个积分常数A1,A2,a1,a2由初条件确定 3.上述方法推广到n个自由度保守体系,并无原则上的困难。(见教材§6。3) 6.3.简正坐标和简正振动:(见教材§6.4) 1.如果能找到一组广义坐标,使得力学体系的动能是带有正系数的广义速度的平方项 之和,势能是带有正系数的广义坐标的平方项之和,(均没有交叉项)那么拉格朗日函数就 可表示为一个自由度的拉格朗日函数之和,每个拉格朗日方程就只含一个自由度的广义坐标 和广义速度。对这样的方程实际上可以直接写出解来。这样的广义坐标叫做简正坐标。因此 多自由度体系微振动问题的求解就归结为寻找简正坐标的问题。数学上,寻找简正坐标,就 是把两个矩阵同时对角化,或把两个二次式同时化为平方和。 我们还是先看一个实例,(178页例1)。引进一组新的广义坐标q12q2 θ +(√22Ja=(q √221a2=(-q2) 由此可得T=1 V=mg/a1 +q2 得到拉格朗日方程 √2k1=0 解得{q A, sin(o,- (+a) 2+(+5 q2=A4si(2t+a2)球 g 从而得原来的广义坐标的通解:(和179页结果相同只相差一个无足轻重的公共常系数) 6=sin(a1·t+a1)+-sin(2·t+a2) A sin(o, 1+a, -A sin(@, -1+a
以上还有一种情况未考虑进去，就是 12 12 22 22 11 11 a b a b a b == = λ ，此时 ( ) 2 , 1 1 2 ij i j i j i j L a xx x λ = = − ∑ x ( ) 2 1 0 ij j j j ax x λ = ∑ + = 久期方程 ( ) ( )( ) 2 2 2 2 11 22 12 f aa a ω ω = − − λ = 0 2 ω 有两个相等的实根， 2 2 ω1 2 = = ω λ ∴ω1 2 = ≡= ω ω λ 。这时得到的 μ 值均为 0 0 ， 可为任意值，这样可得到解 ⎩ ⎨ ⎧ +⋅= +⋅= sin( ) sin( ) 22 2 11 1 αω αω tAx tAx 依然有四个积分常数 1212 A A,,, α α 由初条件确定。 3．上述方法推广到 n 个自由度保守体系，并无原则上的困难。（见教材§6。3） 6．3．简正坐标和简正振动：（见教材§6. 4.） 1．如果能找到一组广义坐标，使得力学体系的动能是带有正系数的广义速度的平方项 之和，势能是带有正系数的广义坐标的平方项之和，（均没有交叉项）那么拉格朗日函数就 可表示为一个自由度的拉格朗日函数之和，每个拉格朗日方程就只含一个自由度的广义坐标 和广义速度。对这样的方程实际上可以直接写出解来。这样的广义坐标叫做简正坐标。因此 多自由度体系微振动问题的求解就归结为寻找简正坐标的问题。数学上，寻找简正坐标，就 是把两个矩阵同时对角化，或把两个二次式同时化为平方和。 我们还是先看一个实例，（178 页例 1）。引进一组新的广义坐标 21,qq ( ) ( ) ⎩ ⎨ ⎧ −= += 12 2 11 2 21 21 θθ θθ q q ( ) ( ) ⎩ ⎨ ⎧ −= += 2/ 2/ 212 211 qq qq θ θ 由此可得 ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ −+ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ += 2 2 2 1 2 2 1 1 2 1 1 2 1 mlT q q ( ) 2 2 2 1 2 1 = + qqmglV 得到拉格朗日方程 ( ) ⎪ ( ) ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ =++ =−+ 022 022 2 2 1 1 q l g q q l g q 解得 ( ) ( ) ⎩ ⎨ ⎧ +⋅= +⋅= 22 2 2 1111 sin sin αω αω tAq tAq 其中 ( ) ( ) 2 1 2 2 2 2 2 2 g l g l ω ω ⎧ = − ⎪⎪ ⎨ ⎪ = + ⎪⎩ 从而得原来的广义坐标的通解：（和 179 页结果相同只相差一个无足轻重的公共常系数） 1 2 1 11 2 1 2 2 11 2 sin( ) sin( ) 2 2 sin( ) sin( ) 2 2 A A t t A A t t 2 2 θ ωα ωα θ ωα ωα ⎧ = ⋅+ + ⋅+ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ = ⋅+ − ⋅+ ⎪⎩ 4
由此可见,用了广义坐标q1,q2;T,V都可表为广义坐标或其导数的平方和的形式,拉 格朗日方程中各广义坐标互不关联,因而解可以直接写出。q1q2就称为简正坐标。问题是 如何找简正坐标? 2.第一种方法:利用线性代数的方法 寻找简正坐标,把二次型化为平方和,就是把上述两个矩阵同时化为对角型 采用线性变换 T=m}2(1q2 1/21/2211/21/2 1/2-1/2人11人1/2-1/2人2 2m/ 0 q1 0 q2 对于拉格朗日方程组,矩阵形式为 802 dt-I 把转换为q,引入了一个矩阵,再左乘这个矩阵的转置,得 2d/dm2+g/1) 1/21/2 12-1/2人d2dn2d2ld2+g1人1/2-1/√2人q2 0 2丿dr2l 4=0这就是教材183页(44)式 处理一般情况的系统数学方法,可参阅教材§6。5(187-192页): 第一步,利用正交矩阵,先将其中一个矩阵对角化;第二步,再将另一个矩阵对角化, 同时保持第一个矩阵为对角形式。由于这两个矩阵都是实对称的,这样做总是可能的。证明 可查阅线性代数的有关教材 3.第二种方法:待定系数法。(见教材186页) 在两个自由度的情况下,这是很方便的。还是来看178页例1。寻找简正坐标,即寻找 把转换为q的矩阵
由此可见，用了广义坐标 ； 都可表为广义坐标或其导数的平方和的形式，拉 格朗日方程中各广义坐标互不关联，因而解可以直接写出。 就称为简正坐标。问题是： 如何找简正坐标？ 1 2 q q, T V, 21,qq 2．第一种方法：利用线性代数的方法。 事实上， ( ) ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ = 2 1 21 2 11 12 2 1 θ θ θθ mlT ( ) ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ = 2 1 21 10 02 2 1 θ θ mglV θθ 寻找简正坐标，把二次型化为平方和，就是把上述两个矩阵同时化为对角型 采用线性变换 ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − =⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ 2 1 2 1 2/11 2/11 θ θ q q ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − =⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ 2 1 2 1 2/12/1 2/12/1 q q θ θ ( ) ( ) ( ) ( ) ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − + = ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − = 2 1 21 2 2 1 21 2 2/110 02/11 2 1 2/12/1 2/12/1 11 12 2/12/1 2/12/1 2 1 q q qqml q q qqmlT ( ) ( ) ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ =⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − = 2 1 21 2 1 21 10 01 2 1 2/12/1 2/12/1 10 02 2/12/1 2/12/1 2 1 q q qqmgl q q qqmglV 对于拉格朗日方程组，矩阵形式为 0 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 =⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ + ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ + θ θ l g dt d dt d dt d l g dt d 把θ 转换为 ，引入了一个矩阵，再左乘这个矩阵的转置，得 q ( ) 0 2/12/1 2/12/1 / // ///2 2/12/1 2/12/1 2 1 22 22 22 22 =⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ + + ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − q q lgdtddtd dtdlgdtd 即 0 2 1 0 1 0 2 1 1 2 1 2 2 2 2 =⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ⎟ + ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − ⎟ + ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + q q l g dt d l g dt d 这就是教材 183 页 式 ( 4.4 ) 处理一般情况的系统数学方法，可参阅教材§6。5（187－192 页）： 第一步，利用正交矩阵，先将其中一个矩阵对角化；第二步，再将另一个矩阵对角化， 同时保持第一个矩阵为对角形式。由于这两个矩阵都是实对称的，这样做总是可能的。证明 可查阅线性代数的有关教材。 3．第二种方法：待定系数法。（见教材 186 页） 在两个自由度的情况下，这是很方便的。还是来看 178 页例 1。寻找简正坐标，即寻找 把θ 转换为 的矩阵， q 5