【解析力学】3質点の連成振動～オイラー・ラグランジュ方程式の利用例～②

　下記の続き。

　と言っても、ここから先は扱う行列が二次から三次になっただけで、やっていることは2質点の連成振動と大して変わりはない。
　題名は解析力学となっているが、中身は古典力学だ。

　今回は、それぞれの球の変位の一般解を求めるところまで進める。

解答(2)

　\(\vec{x}(t) =(x_{\text{a}}(t), x_{\text{b}}(t), x_{\text{c}}(t)) ^{\text{T}} \)と置くと(1)で求めた運動方程式は

\begin{align}
m\frac{d^{2}}{dt^{2}}\vec{x}(t)=-k\begin{pmatrix}2 & -1&0 \\ -1 & 2&-1\\0&-1&2\end{pmatrix}\vec{x}(t)=-k\,\mathsf{A}\,\vec{x}(t) \tag{2-1}\label{matateigi}
\end{align}

と書き直せる。

　この行列\(\mathsf{A}\)を対角化する。
　\(\mathsf{A}\)の固有値を\(\lambda\)、単位行列を\(\mathsf{I}\)とすると、特性方程式より

\begin{gather}
\text{det}[\mathsf{A}-\lambda\mathsf{I}]=0 \\
\text{det}\left[\begin{pmatrix}2-\lambda & -1 & 0 \\ -1 &2-\lambda &-1 \\ 0 & -1 & 2-\lambda\end{pmatrix}\right]=0 \\
(2-\lambda)^{3}-(2-\lambda)-(2-\lambda)=0 \\
(2-\lambda)(\lambda^{2}-4\lambda+2)=0 \\
\therefore \lambda_{1}=2,\,\lambda_{2}=2+\sqrt{2},\,\lambda_{3}=2-\sqrt{2} \tag{2-2}\label{lambda}
\end{gather}

となる。

　さらに\(\mathsf{A}\)の固有ベクトルを\(\vec{q}_{1}=(a,b,c)^{\text{T}}, \vec{q}_{2}=(d,e,f)^{\text{T}}, \vec{q}_{3}=(g,h,i)^{\text{T}} \)とし、それぞれ\(\mathsf{A}\,\vec{q}_{1}=\lambda_{1}\vec{q}_{1},\,\mathsf{A}\,\vec{q}_{2}=\lambda_{2}\vec{q}_{2},\,\mathsf{A}\,\vec{q}_{3}=\lambda_{3}\vec{q}_{3} \)を満たすとする。

　さらに\(\mathsf{A}\)は実対称行列であるため、固有ベクトルは正規直交基底をなすようにることができ、

\begin{align*}
&\begin{pmatrix}2 & -1 & 0 \\ -1 &2 & -1 \\ 0& -1& 2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a \\ b\\c\end{pmatrix}=2\begin{pmatrix}a \\ b\\c\end{pmatrix} &&\therefore \vec{q}_{1}=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1 \\0\\-1\end{pmatrix} \tag{2-3}\label{q1}\\
&\begin{pmatrix}2 & -1 & 0 \\ -1 &2 & -1 \\ 0& -1& 2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}d \\ f\\g\end{pmatrix}=(2+\sqrt{2})\begin{pmatrix}d \\ e\\f\end{pmatrix} &&\therefore \vec{q}_{2}=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}1 \\-\sqrt{2}\\1\end{pmatrix} \tag{2-4}\label{q2}\\
&\begin{pmatrix}2 & -1 & 0 \\ -1 &2 & -1 \\ 0& -1& 2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}g \\ h\\i\end{pmatrix}=(2-\sqrt{2})\begin{pmatrix}g \\ h\\i\end{pmatrix} &&\therefore \vec{q}_{3}=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}1 \\\sqrt{2}\\1\end{pmatrix} \tag{2-5}\label{q3}
\end{align*}

と求められる。

　ここで行列\(\mathsf{O}\)を次式で定義する。

\begin{align}
\mathsf{O}=(\vec{q}_{1}\quad\vec{q}_{2} \quad\vec{q}_{3})=\frac{1}{2}\begin{pmatrix} \sqrt{2} &1&1 \\ 0 & -\sqrt{2}& \sqrt{2}\\ -\sqrt{2}&1&1 \end{pmatrix} \tag{2-6}\label{gyouretuo}
\end{align}

　\(\mathsf{O}\)は直交行列であるため、その逆行列\(\mathsf{O}^{-1}\)は転置行列\(\mathsf{O}^{\text{T}}\)に等しい。

\begin{align}
\mathsf{O}^{-1}=\mathsf{O}^{\text{T}}=\frac{1}{2}\begin{pmatrix} \sqrt{2} &0&-\sqrt{2} \\ 1 & -\sqrt{2}& 1\\ 1&\sqrt{2}&1 \end{pmatrix} \tag{2-7}\label{ogyaku}
\end{align}

　このとき、

\begin{align}
\mathsf{O}^{\text{T}}\mathsf{AO}=\begin{pmatrix}2&0&0\\0&2+\sqrt{2}&0\\0&0&2-\sqrt{2}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\lambda_{1}&0&0\\0&\lambda_{2}&0\\0&0&\lambda_{3}\end{pmatrix}=\Lambda \tag{2-8}\label{lambdagyo}
\end{align}

が成り立ち、

\begin{align}
\mathsf{A}=\mathsf{O}\Lambda\mathsf{O}^{\text{T}} \tag{2-9}\label{ataikaku}
\end{align}

となる。
　これで\(\mathsf{A}\)を対角化することができた。

解答(3)

　ここで、\(\vec{y}(t)=\mathsf{O}^{\text{T}}\vec{x}(t)\)を満たすベクトル\(\vec{y}(t) =(y_{\text{a}}(t), y_{\text{b}}(t), y_{\text{c}}(t)) ^{\text{T}}\)を導入する。 このとき、

\begin{align}
\frac{d^{2}}{dt^{2}}\vec{y}(t)&=\frac{d^{2}}{dt^{2}}\mathsf{O}^{\text{T}}\vec{x}(t)=\mathsf{O}^{\text{T}}\frac{d^{2}}{dt^{2}}\vec{x}(t)=\mathsf{O}^{\text{T}}\left\{-\frac{k}{m}\,\mathsf{A}\,\vec{x}(t)\right\}=-\frac{k}{m}\, \mathsf{O}^{\text{T}}\mathsf{A}\,\vec{x}(t) \\
&=-\frac{k}{m}\, \mathsf{O}^{\text{T}}\mathsf{O}\Lambda\mathsf{O}^{\text{T}}\,\vec{x}(t)=-\frac{k}{m}\,\Lambda\mathsf{O}^{\text{T}}\,\vec{x}(t)=-\frac{k}{m}\,\Lambda\,\vec{y}(t)
\end{align}

すなわち

\begin{gather}
\frac{d^{2}}{dt^{2}}\vec{y}(t)=-\frac{k}{m}\begin{pmatrix}2&0&0\\0&2+\sqrt{2}&0\\0&0&2-\sqrt{2}\end{pmatrix}\vec{y}(t)\\
\Downarrow\\
\begin{cases} \displaystyle{\frac{d^{2}}{dt^{2}}y_{\text{a}}(t)=-\frac{2k}{m}y_{\text{a}}(t)} \\ \displaystyle{\frac{d^{2}}{dt^{2}}y_{\text{b}}(t)=-\frac{(2+\sqrt{2})k}{m}y_{\text{b}}(t) } \\
\displaystyle{\frac{d^{2}}{dt^{2}}y_{\text{c}}(t)=-\frac{(2-\sqrt{2})k}{m}y_{\text{c}}(t) } \end{cases} \tag{3-1}\label{ybibun}
\end{gather}

が成立する。

　この2つの微分方程式(\ref{ybibun})をそれぞれ解くと、一般解は

\begin{align}
\begin{cases}
y_{\text{a}}(t)=C_{\text{a}}\cos(\omega_{\text{a}} t+\phi_{\text{a}}) \\
y_{\text{b}}(t)=C_{\text{b}}\cos(\omega_{\text{b}} t+\phi_{\text{b}}) \\
y_{\text{c}}(t)=C_{\text{c}}\cos(\omega_{\text{c}} t+\phi_{\text{c}})
\end{cases} \tag{3-2}\label{yippan}
\end{align}

となる。ただし\(\omega_{\text{a}}=\sqrt{2\,k/m},\,\omega_{\text{b}}=\sqrt{ (2+\sqrt{2}) k/m},\,\omega_{\text{c}}=\sqrt{ (2-\sqrt{2}) k/m} \)、\(C_{\text{a}}, C_{\text{b}}, C_{\text{c}},\)\(\phi_{\text{a}} , \phi_{\text{b}}, \phi_{\text{c}}\)は任意定数である。

　もともと\(\vec{y}(t)=\mathsf{O}^{\text{T}}\vec{x}(t)\)と定義していたため、

\begin{align}
\vec{x}(t)=\mathsf{O}\,\vec{y}(t)=\frac{1}{2}\begin{pmatrix} \sqrt{2} &1&1 \\ 0 & -\sqrt{2}& \sqrt{2}\\ -\sqrt{2}&1&1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} C_{\text{a}}\cos(\omega_{\text{a}} t+\phi_{\text{a}}) \\ C_{\text{b}}\cos(\omega_{\text{b}} t+\phi_{\text{b}}) \\ C_{\text{c}}\cos(\omega_{\text{c}} t+\phi_{\text{c}}) \end{pmatrix}
\end{align}

すなわち、\(x_{\text{a}}(t), x_{\text{b}}(t) , x_{\text{c}}(t)\)の一般解は

\begin{align}
\begin{cases}
\displaystyle{x_{\text{a}}(t)=\frac{1}{2}\left\{\sqrt{2}\,C_{\text{a}}\cos(\omega_{\text{a} }t+\phi_{\text{a}})+C_{\text{b}}\cos( \omega_{\text{b}}t+\phi_{\text{b}})+ C_{\text{c}}\cos(\omega_{\text{c}} t+\phi_{\text{c}})\right\}}\\
\displaystyle{x_{\text{b}}(t)=\frac{1}{2}\left\{-\sqrt{2}\,C_{\text{b}}\cos( \omega_{\text{b}}t +\phi_{\text{b}})+\sqrt{2}\,C_{\text{c}}\cos(\omega_{\text{c}} t+\phi_{\text{c}})\right\} } \\
\displaystyle{x_{\text{c}}(t)=\frac{1}{2}\left\{-\sqrt{2}\,C_{\text{a}}\cos(\omega_{\text{a} }t+\phi_{\text{a}})+C_{\text{b}}\cos( \omega_{\text{b}}t+\phi_{\text{b}})+ C_{\text{c}}\cos(\omega_{\text{c}} t+\phi_{\text{c}})\right\}}
\end{cases}\tag{3-3}\label{aippan}
\end{align}

と求められる。

　

　③に続く。