控制理论前置知识——相平面数学基础2(示例部分)

这个文章是控制理论前置知识------相平面数学基础1的示例版本

经典示例物理模型------耦合摆

物理模型与运动方程

想象两个完全相同的单摆，摆长均为 L L L，摆锤质量均为 m m m。它们之间用一根轻质的弹簧（劲度系数为 k k k）连接，弹簧在平衡位置时处于自然伸长状态。我们只考虑摆锤在平衡位置附近做微小的水平振动。

建立坐标系 ：设两个摆锤相对于平衡位置的水平位移分别为 x 1 ( t ) x_1(t) x1(t)和 x 2 ( t ) x_2(t) x2(t)。

分析受力与列出方程：

对左边的摆锤，它受到两个力的作用：
1. 重力提供的回复力，近似为 − ( m g / L ) x 1 - (mg/L) x_1 −(mg/L)x1（微振动近似）。
2. 弹簧给它的力。如果 x 2 > x 1 x_2 > x_1 x2>x1，弹簧被拉长，会对左边摆锤施加一个向右的拉力，即 + k ( x 2 − x 1 ) +k(x_2 - x_1) +k(x2−x1)。
对右边的摆锤，它受到：
1. 重力回复力， − ( m g / L ) x 2 - (mg/L) x_2 −(mg/L)x2。
2. 弹簧给它的力。如果 x 2 > x 1 x_2 > x_1 x2>x1，弹簧被拉长，会对右边摆锤施加一个向左的拉力，即 − k ( x 2 − x 1 ) -k(x_2 - x_1) −k(x2−x1)。

根据牛顿第二定律 F = m a F = ma F=ma，我们可以写出系统的运动微分方程组：
{ m x ¨ 1 = − m g L x 1 + k ( x 2 − x 1 ) m x ¨ 2 = − m g L x 2 − k ( x 2 − x 1 ) \begin{cases} m\ddot{x}_1 = -\frac{mg}{L}x_1 + k(x_2 - x_1) \\ $2mm$ m\ddot{x}_2 = -\frac{mg}{L}x_2 - k(x_2 - x_1) \end{cases} ⎩ ⎨ ⎧mx¨1=−Lmgx1+k(x2−x1)mx¨2=−Lmgx2−k(x2−x1)

整理方程 ：
{ x ¨ 1 = − ( g L + k m ) x 1 + k m x 2 x ¨ 2 = k m x 1 − ( g L + k m ) x 2 \begin{cases} \ddot{x}_1 = -\left(\frac{g}{L} + \frac{k}{m}\right)x_1 + \frac{k}{m}x_2 \\ $2mm$ \ddot{x}_2 = \frac{k}{m}x_1 -\left(\frac{g}{L} + \frac{k}{m}\right)x_2 \end{cases} ⎩ ⎨ ⎧x¨1=−(Lg+mk)x1+mkx2x¨2=mkx1−(Lg+mk)x2

为了简化，我们定义几个新符号：

ω 0 2 = g L \omega_0^2 = \frac{g}{L} ω02=Lg：这是单个摆独立振动时的固有角频率平方。
ω c 2 = k m \omega_c^2 = \frac{k}{m} ωc2=mk：这是耦合项相关的系数。
于是方程组变为：
{ x ¨ 1 = − ( ω 0 2 + ω c 2 ) x 1 + ω c 2 x 2 x ¨ 2 = ω c 2 x 1 − ( ω 0 2 + ω c 2 ) x 2 \begin{cases} \ddot{x}_1 = -(\omega_0^2 + \omega_c^2) x_1 + \omega_c^2 x_2 \\ $2mm$ \ddot{x}_2 = \omega_c^2 x_1 - (\omega_0^2 + \omega_c^2) x_2 \end{cases} ⎩ ⎨ ⎧x¨1=−(ω02+ωc2)x1+ωc2x2x¨2=ωc2x1−(ω02+ωc2)x2

这是一个耦合的 线性微分方程组。你中有我，我中有你， x 1 x_1 x1的加速度不仅取决于自己的位置 x 1 x_1 x1，还受到另一个摆锤位置 x 2 x_2 x2的影响。

将系统写成矩阵形式

我们可以把这个系统用矩阵优雅地表达出来：
d 2 d t 2 $x 1 x 2$ = $- ( ω 0 2 + ω c 2 ) ω c 2 ω c 2 - ( ω 0 2 + ω c 2 )$ $x 1 x 2$ \frac{d^2}{dt^2} \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -(\omega_0^2 + \omega_c^2) & \omega_c^2 \\ \omega_c^2 & -(\omega_0^2 + \omega_c^2) \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \end{bmatrix} dt2d2 $x1x2$ = $-(ω02+ωc2)ωc2ωc2-(ω02+ωc2)$ $x1x2$

或者更简洁地写作：
x ⃗ ¨ = A x ⃗ \ddot{\vec{x}} = A \vec{x} x ¨=Ax

其中 x ⃗ = $x 1 x 2$ \vec{x} = \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \end{bmatrix} x = $x1x2$ ，矩阵 A = $- ( ω 0 2 + ω c 2 ) ω c 2 ω c 2 - ( ω 0 2 + ω c 2 )$ A = \begin{bmatrix} -(\omega_0^2 + \omega_c^2) & \omega_c^2 \\ \omega_c^2 & -(\omega_0^2 + \omega_c^2) \end{bmatrix} A= $-(ω02+ωc2)ωc2ωc2-(ω02+ωc2)$ 。

寻找特征值与特征向量（简正模）

现在，我们想找到这个系统的"振动模式"，也就是解耦合的关键。我们寻找一种特殊的解，使得两个摆锤以相同的频率 ω \omega ω 振动，且它们的振幅比值固定不变。设解的形式为 x ⃗ ( t ) = v ⃗ e i ω t \vec{x}(t) = \vec{v} e^{i\omega t} x (t)=v eiωt，代入方程 x ⃗ ¨ = A x ⃗ \ddot{\vec{x}} = A \vec{x} x ¨=Ax 可得：
− ω 2 v ⃗ e i ω t = A v ⃗ e i ω t -\omega^2 \vec{v} e^{i\omega t} = A \vec{v} e^{i\omega t} −ω2v eiωt=Av eiωt

约去 e i ω t e^{i\omega t} eiωt，就得到了一个特征值问题：
A v ⃗ = − ω 2 v ⃗ A \vec{v} = -\omega^2 \vec{v} Av =−ω2v

这里， − ω 2 -\omega^2 −ω2就是矩阵 A A A的特征值 ，而 v ⃗ \vec{v} v 是与之对应的特征向量 。物理上，我们把 ω \omega ω称为简正频率 ，把 v ⃗ \vec{v} v 称为简正模 。它描述了系统在某个特定频率下振动的"模式"或"形状"。

求解特征值：
det ⁡ ( A − λ I ) = det ⁡ $- ( ω 0 2 + ω c 2 ) - λ ω c 2 ω c 2 - ( ω 0 2 + ω c 2 ) - λ$ = 0 \det(A - \lambda I) = \det \begin{bmatrix} -(\omega_0^2 + \omega_c^2) - \lambda & \omega_c^2 \\ \omega_c^2 & -(\omega_0^2 + \omega_c^2) - \lambda \end{bmatrix} = 0 det(A−λI)=det $-(ω02+ωc2)-λωc2ωc2-(ω02+ωc2)-λ$ =0

计算行列式：
( − ( ω 0 2 + ω c 2 ) − λ ) 2 − ( ω c 2 ) 2 = 0 (-(\omega_0^2 + \omega_c^2) - \lambda)^2 - (\omega_c^2)^2 = 0 (−(ω02+ωc2)−λ)2−(ωc2)2=0
( − ( ω 0 2 + ω c 2 ) − λ ) 2 = ( ω c 2 ) 2 (-(\omega_0^2 + \omega_c^2) - \lambda)^2 = (\omega_c^2)^2 (−(ω02+ωc2)−λ)2=(ωc2)2

开方得到两个解：

− ( ω 0 2 + ω c 2 ) − λ = ω c 2 -(\omega_0^2 + \omega_c^2) - \lambda = \omega_c^2 −(ω02+ωc2)−λ=ωc2 ⇒ \Rightarrow ⇒ λ 1 = − ( ω 0 2 + 2 ω c 2 ) \lambda_1 = -(\omega_0^2 + 2\omega_c^2) λ1=−(ω02+2ωc2)
− ( ω 0 2 + ω c 2 ) − λ = − ω c 2 -(\omega_0^2 + \omega_c^2) - \lambda = -\omega_c^2 −(ω02+ωc2)−λ=−ωc2 ⇒ \Rightarrow ⇒ λ 2 = − ω 0 2 \lambda_2 = -\omega_0^2 λ2=−ω02

由于 λ = − ω 2 \lambda = -\omega^2 λ=−ω2，我们立即得到两个简正频率：
ω 1 2 = ω 0 2 + 2 ω c 2 , ω 2 2 = ω 0 2 \omega_1^2 = \omega_0^2 + 2\omega_c^2, \quad \omega_2^2 = \omega_0^2 ω12=ω02+2ωc2,ω22=ω02

求解特征向量（振动模式）：

对于 λ 1 = − ( ω 0 2 + 2 ω c 2 ) \lambda_1 = -(\omega_0^2 + 2\omega_c^2) λ1=−(ω02+2ωc2)：

解 ( A − λ 1 I ) v ⃗ 1 = 0 (A - \lambda_1 I)\vec{v}1 = 0 (A−λ1I)v 1=0：
$ω c 2 ω c 2 ω c 2 ω c 2$ $v 11 v 12$ = 0 ⇒ v 11 + v 12 = 0 ⇒ v 12 = − v 11 \begin{bmatrix} \omega_c^2 & \omega_c^2 \\ \omega_c^2 & \omega_c^2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} v{11} \\ v_{12} \end{bmatrix} = 0 \quad \Rightarrow \quad v_{11} + v_{12} = 0 \quad \Rightarrow \quad v_{12} = -v_{11} $ωc2ωc2ωc2ωc2$ $v11v12$ =0⇒v11+v12=0⇒v12=−v11

取 v ⃗ 1 = $1 - 1$ \vec{v}_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \end{bmatrix} v 1= $1-1$ 。这个特征向量代表两个摆锤反向运动，振幅相等。这就是反对称模 。此时弹簧被反复拉伸压缩，贡献了额外的恢复力，因此频率更高 ( ω 1 > ω 0 \omega_1 > \omega_0 ω1>ω0)。
对于 λ 2 = − ω 0 2 \lambda_2 = -\omega_0^2 λ2=−ω02：

解 ( A − λ 2 I ) v ⃗ 2 = 0 (A - \lambda_2 I)\vec{v}2 = 0 (A−λ2I)v 2=0：
$- ω c 2 ω c 2 ω c 2 - ω c 2$ $v 21 v 22$ = 0 ⇒ − v 21 + v 22 = 0 ⇒ v 22 = v 21 \begin{bmatrix} -\omega_c^2 & \omega_c^2 \\ \omega_c^2 & -\omega_c^2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} v{21} \\ v_{22} \end{bmatrix} = 0 \quad \Rightarrow \quad -v_{21} + v_{22} = 0 \quad \Rightarrow \quad v_{22} = v_{21} $-ωc2ωc2ωc2-ωc2$ $v21v22$ =0⇒−v21+v22=0⇒v22=v21

取 v ⃗ 2 = $1 1$ \vec{v}_2 = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix} v 2= $11$ 。这个特征向量代表两个摆锤同向运动，振幅相等。这就是对称模 。由于弹簧在平衡位置时处于原长，这种运动模式下弹簧长度不变，不提供任何力，所以两个摆就像独立的一样，频率就是单个摆的频率 ω 0 \omega_0 ω0。

构建变换矩阵并解耦合

特征向量 v ⃗ 1 \vec{v}_1 v 1和 v ⃗ 2 \vec{v}_2 v 2构成了这个振动空间的完美新基。我们构造矩阵 P P P：
P = $v ⃗ 1 v ⃗ 2$ = $1 1 - 1 1$ P = $\\vec{v}_1 \\ \\vec{v}_2$ = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 1 \end{bmatrix} P= $v 1 v 2$ = $1-111$

这个矩阵 P P P将我们带到简正模的坐标系。引入新坐标 y ⃗ = $y 1 y 2$ \vec{y} = \begin{bmatrix} y_1 \\ y_2 \end{bmatrix} y = $y1y2$ ，使得：
x ⃗ = P y ⃗ ⇒ $x 1 x 2$ = $1 1 - 1 1$ $y 1 y 2$ \vec{x} = P \vec{y} \quad \Rightarrow \quad \begin{bmatrix} x_1 \\ x_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} y_1 \\ y_2 \end{bmatrix} x =Py ⇒ $x1x2$ = $1-111$ $y1y2$

在这里：

y 1 y_1 y1表示在反对称模 ( v ⃗ 1 \vec{v}_1 v 1) 上的投影大小。
y 2 y_2 y2表示在对称模 ( v ⃗ 2 \vec{v}_2 v 2) 上的投影大小。

将这个变换代入原方程 x ⃗ ¨ = A x ⃗ \ddot{\vec{x}} = A \vec{x} x ¨=Ax ：
P y ⃗ ¨ = A P y ⃗ P \ddot{\vec{y}} = A P \vec{y} Py ¨=APy

左乘 P − 1 P^{-1} P−1：
y ⃗ ¨ = ( P − 1 A P ) y ⃗ \ddot{\vec{y}} = (P^{-1} A P) \vec{y} y ¨=(P−1AP)y

计算 P − 1 A P P^{-1} A P P−1AP。我们已知 A P = $A v ⃗ 1 A v ⃗ 2$ = $λ 1 v ⃗ 1 λ 2 v ⃗ 2$ AP = $A\\vec{v}_1 \\ A\\vec{v}_2$ = $\\lambda_1 \\vec{v}_1 \\ \\lambda_2 \\vec{v}_2$ AP= $Av 1 Av 2$ = $λ1v 1 λ2v 2$ 。所以：
P − 1 A P = P − 1 $λ 1 v ⃗ 1 λ 2 v ⃗ 2$ = $λ 1 P - 1 v ⃗ 1 λ 2 P - 1 v ⃗ 2$ P^{-1} A P = P^{-1} $\\lambda_1 \\vec{v}_1 \\ \\lambda_2 \\vec{v}_2$ = $\\lambda_1 P\^{-1}\\vec{v}_1 \\ \\lambda_2 P\^{-1}\\vec{v}_2$ P−1AP=P−1 $λ1v 1 λ2v 2$ = $λ1P-1v 1 λ2P-1v 2$

由于 P − 1 v ⃗ 1 = $1 0$ P^{-1}\vec{v}_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix} P−1v 1= $10$ ， P − 1 v ⃗ 2 = $0 1$ P^{-1}\vec{v}_2 = \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix} P−1v 2= $01$ ，我们得到：
P − 1 A P = $λ 1 0 0 λ 2$ = $- ( ω 0 2 + 2 ω c 2 ) 0 0 - ω 0 2$ = Λ P^{-1} A P = \begin{bmatrix} \lambda_1 & 0 \\ 0 & \lambda_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -(\omega_0^2 + 2\omega_c^2) & 0 \\ 0 & -\omega_0^2 \end{bmatrix} = \Lambda P−1AP= $λ100λ2$ = $-(ω02+2ωc2)00-ω02$ =Λ

于是，在新坐标下的运动方程变成了：

y ¨ 1 y ¨ 2 \] = \[ − ( ω 0 2 + 2 ω c 2 ) 0 0 − ω 0 2 \] \[ y 1 y 2 \] \\begin{bmatrix} \\ddot{y}_1 \\\\ \\ddot{y}_2 \\end{bmatrix} = \\begin{bmatrix} -(\\omega_0\^2 + 2\\omega_c\^2) \& 0 \\\\ 0 \& -\\omega_0\^2 \\end{bmatrix} \\begin{bmatrix} y_1 \\\\ y_2 \\end{bmatrix} \[y¨1y¨2\]=\[−(ω02+2ωc2)00−ω02\]\[y1y2

写开来就是：
{ y ¨ 1 = − ( ω 0 2 + 2 ω c 2 ) y 1 y ¨ 2 = − ω 0 2 y 2 \begin{cases} \ddot{y}_1 = -(\omega_0^2 + 2\omega_c^2) y_1 \\ \ddot{y}_2 = -\omega_0^2 y_2 \end{cases} {y¨1=−(ω02+2ωc2)y1y¨2=−ω02y2

这正是两个完全解耦合的、独立的简谐振动方程！

示例：互感耦合LC振荡电路

物理模型与运动方程

考虑两个完全相同的LC并联回路，每个回路由电感 L L L和电容 C C C组成。两个电感之间存在互感 M M M（即变压器耦合）。设两个回路中的电荷为 q 1 ( t ) q_1(t) q1(t)和 q 2 ( t ) q_2(t) q2(t)，电流 i = q ˙ i = \dot{q} i=q˙。

根据基尔霍夫电压定律：

回路1：电感上的电压 L d i 1 d t + M d i 2 d t L \frac{di_1}{dt} + M \frac{di_2}{dt} Ldtdi1+Mdtdi2加上电容上的电压 q 1 C = 0 \frac{q_1}{C} = 0 Cq1=0。
回路2： L d i 2 d t + M d i 1 d t + q 2 C = 0 L \frac{di_2}{dt} + M \frac{di_1}{dt} + \frac{q_2}{C} = 0 Ldtdi2+Mdtdi1+Cq2=0。

代入 i = q ˙ i = \dot{q} i=q˙，得到：
{ L q ¨ 1 + M q ¨ 2 + 1 C q 1 = 0 L q ¨ 2 + M q ¨ 1 + 1 C q 2 = 0 \begin{cases} L \ddot{q}_1 + M \ddot{q}_2 + \dfrac{1}{C} q_1 = 0 \\ $2mm$ L \ddot{q}_2 + M \ddot{q}_1 + \dfrac{1}{C} q_2 = 0 \end{cases} ⎩ ⎨ ⎧Lq¨1+Mq¨2+C1q1=0Lq¨2+Mq¨1+C1q2=0

写成矩阵形式：
L q ⃗ ¨ + 1 C q ⃗ = 0 ⃗ , \mathbf{L} \ddot{\vec{q}} + \frac{1}{C} \vec{q} = \vec{0}, Lq ¨+C1q =0 ,

其中
L = $L M M L$ , q ⃗ = $q 1 q 2$ . \mathbf{L} = \begin{bmatrix} L & M \\ M & L \end{bmatrix},\quad \vec{q} = \begin{bmatrix} q_1 \\ q_2 \end{bmatrix}. L= $LMML$ ,q = $q1q2$ .

这是一个惯性耦合的方程组（质量矩阵非对角），但仍可用特征值方法解耦。

求解特征值与特征向量（简正模）

假设简谐振动解 q ⃗ ( t ) = v ⃗ e i ω t \vec{q}(t) = \vec{v} e^{i\omega t} q (t)=v eiωt，代入得：
− ω 2 L v ⃗ + 1 C v ⃗ = 0 ⃗ ⇒ 1 C v ⃗ = ω 2 L v ⃗ . -\omega^2 \mathbf{L} \vec{v} + \frac{1}{C} \vec{v} = \vec{0} \quad \Rightarrow \quad \frac{1}{C} \vec{v} = \omega^2 \mathbf{L} \vec{v}. −ω2Lv +C1v =0 ⇒C1v =ω2Lv .

这是广义特征值问题：求 λ = ω 2 \lambda = \omega^2 λ=ω2和非零向量 v ⃗ \vec{v} v 使得
( 1 C I − λ L ) v ⃗ = 0 ⃗ . \left( \frac{1}{C} I - \lambda \mathbf{L} \right) \vec{v} = \vec{0}. (C1I−λL)v =0 .

特征值方程 ：
det ⁡ $1 C - λ L - λ M - λ M 1 C - λ L$ = ( 1 C − λ L ) 2 − ( λ M ) 2 = 0. \det \begin{bmatrix} \frac{1}{C} - \lambda L & -\lambda M \\ -\lambda M & \frac{1}{C} - \lambda L \end{bmatrix} = \left( \frac{1}{C} - \lambda L \right)^2 - (\lambda M)^2 = 0. det $C1-λL-λM-λMC1-λL$ =(C1−λL)2−(λM)2=0.
( 1 C − λ L ) 2 = ( λ M ) 2 ⇒ 1 C − λ L = ± λ M . \left( \frac{1}{C} - \lambda L \right)^2 = (\lambda M)^2 \quad \Rightarrow \quad \frac{1}{C} - \lambda L = \pm \lambda M. (C1−λL)2=(λM)2⇒C1−λL=±λM.

分别取正负号：

正号： 1 C = λ ( L + M ) ⇒ λ 1 = 1 C ( L + M ) \frac{1}{C} = \lambda (L + M) \quad \Rightarrow \quad \lambda_1 = \dfrac{1}{C(L+M)} C1=λ(L+M)⇒λ1=C(L+M)1。
负号： 1 C = λ ( L − M ) ⇒ λ 2 = 1 C ( L − M ) \frac{1}{C} = \lambda (L - M) \quad \Rightarrow \quad \lambda_2 = \dfrac{1}{C(L-M)} C1=λ(L−M)⇒λ2=C(L−M)1。

因此两个简正频率为：
ω 1 = 1 C ( L + M ) , ω 2 = 1 C ( L − M ) . \omega_1 = \frac{1}{\sqrt{C(L+M)}}, \quad \omega_2 = \frac{1}{\sqrt{C(L-M)}}. ω1=C(L+M) 1,ω2=C(L−M) 1.

特征向量：

对 λ 1 \lambda_1 λ1：代入方程，得 1 C − λ 1 L = M C ( L + M ) \frac{1}{C} - \lambda_1 L = \frac{M}{C(L+M)} C1−λ1L=C(L+M)M， λ 1 M = M C ( L + M ) \lambda_1 M = \frac{M}{C(L+M)} λ1M=C(L+M)M。方程化为
M C ( L + M ) ( v 1 − v 2 ) = 0 ⇒ v 1 = v 2 . \frac{M}{C(L+M)} (v_1 - v_2) = 0 \quad \Rightarrow \quad v_1 = v_2. C(L+M)M(v1−v2)=0⇒v1=v2.
取 v ⃗ 1 = $1 1$ \vec{v}_1 = \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix} v 1= $11$ （同相模式）。
对 λ 2 \lambda_2 λ2： 1 C − λ 2 L = − M C ( L − M ) \frac{1}{C} - \lambda_2 L = -\frac{M}{C(L-M)} C1−λ2L=−C(L−M)M， λ 2 M = M C ( L − M ) \lambda_2 M = \frac{M}{C(L-M)} λ2M=C(L−M)M。方程化为
− M C ( L − M ) v 1 − M C ( L − M ) v 2 = 0 ⇒ v 1 + v 2 = 0 ⇒ v 2 = − v 1 . -\frac{M}{C(L-M)} v_1 - \frac{M}{C(L-M)} v_2 = 0 \quad \Rightarrow \quad v_1 + v_2 = 0 \quad \Rightarrow \quad v_2 = -v_1. −C(L−M)Mv1−C(L−M)Mv2=0⇒v1+v2=0⇒v2=−v1.
取 v ⃗ 2 = $1 - 1$ \vec{v}_2 = \begin{bmatrix} 1 \\ -1 \end{bmatrix} v 2= $1-1$ （反相模式）。

这两个特征向量描述了电路的两种基本振荡模式：两个回路电流同相（低频）和反相（高频）。

构造模态矩阵并引入新坐标

构造模态矩阵 P = $v ⃗ 1 v ⃗ 2$ = $1 1 1 - 1$ P = $\\vec{v}_1 \\ \\vec{v}_2$ = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{bmatrix} P= $v 1 v 2$ = $111-1$ 。

引入新坐标 y ⃗ = $y 1 y 2$ \vec{y} = \begin{bmatrix} y_1 \\ y_2 \end{bmatrix} y = $y1y2$ ，令
q ⃗ = P y ⃗ ⇒ $q 1 q 2$ = $1 1 1 - 1$ $y 1 y 2$ . \vec{q} = P \vec{y} \quad \Rightarrow \quad \begin{bmatrix} q_1 \\ q_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} y_1 \\ y_2 \end{bmatrix}. q =Py ⇒ $q1q2$ = $111-1$ $y1y2$ .

即
q 1 = y 1 + y 2 , q 2 = y 1 − y 2 . q_1 = y_1 + y_2, \quad q_2 = y_1 - y_2. q1=y1+y2,q2=y1−y2.

这里 y 1 y_1 y1代表同相模式的振幅， y 2 y_2 y2代表反相模式的振幅。

代入原方程并解耦

将 q ⃗ = P y ⃗ \vec{q} = P\vec{y} q =Py 代入 L q ⃗ ¨ + 1 C q ⃗ = 0 \mathbf{L} \ddot{\vec{q}} + \frac{1}{C} \vec{q} = 0 Lq ¨+C1q =0：
L P y ⃗ ¨ + 1 C P y ⃗ = 0 ⃗ . \mathbf{L} P \ddot{\vec{y}} + \frac{1}{C} P \vec{y} = \vec{0}. LPy ¨+C1Py =0 .

左乘 P T P^T PT（利用模态正交性使方程解耦）：
P T L P y ⃗ ¨ + 1 C P T P y ⃗ = 0 ⃗ . P^T \mathbf{L} P \ddot{\vec{y}} + \frac{1}{C} P^T P \vec{y} = \vec{0}. PTLPy ¨+C1PTPy =0 .

计算所需矩阵：

先算 L P = $L M M L$ $1 1 1 - 1$ = $L + M L - M L + M - ( L - M )$ \mathbf{L} P = \begin{bmatrix} L & M \\ M & L \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} L+M & L-M \\ L+M & -(L-M) \end{bmatrix} LP= $LMML$ $111-1$ = $L+ML+ML-M-(L-M)$ 。
再算 P T ( L P ) = 1 1 1 − 1 L + M L − M L + M − ( L − M ) = 2 ( L + M ) 0 0 2 ( L − M ) P^T (\mathbf{L} P) = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} L+M & L-M \\ L+M & -(L-M) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2(L+M) & 0 \\ 0 & 2(L-M) \end{bmatrix} PT(LP)=111−1L+ML+ML−M−(L−M)=2(L+M)002(L−M)。
- P T P = $1 1 1 - 1$ $1 1 1 - 1$ = $2 0 0 2$ P^T P = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 2 \end{bmatrix} PTP= $111-1$ $111-1$ = $2002$ 。

代入得：
$2 ( L + M ) 0 0 2 ( L - M )$ $y ¨ 1 y ¨ 2$ + 1 C $2 0 0 2$ $y 1 y 2$ = $0 0$ . \begin{bmatrix} 2(L+M) & 0 \\ 0 & 2(L-M) \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \ddot{y}_1 \\ \ddot{y}_2 \end{bmatrix} + \frac{1}{C} \begin{bmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 2 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} y_1 \\ y_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix}. $2(L+M)002(L-M)$ $y¨1y¨2$ +C1 $2002$ $y1y2$ = $00$ .

两边除以2：
$L + M 0 0 L - M$ $y ¨ 1 y ¨ 2$ + 1 C $1 0 0 1$ $y 1 y 2$ = $0 0$ . \begin{bmatrix} L+M & 0 \\ 0 & L-M \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \ddot{y}_1 \\ \ddot{y}_2 \end{bmatrix} + \frac{1}{C} \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} y_1 \\ y_2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix}. $L+M00L-M$ $y¨1y¨2$ +C1 $1001$ $y1y2$ = $00$ .

写成独立方程：
{ ( L + M ) y ¨ 1 + 1 C y 1 = 0 ( L − M ) y ¨ 2 + 1 C y 2 = 0 \begin{cases} (L+M) \ddot{y}_1 + \dfrac{1}{C} y_1 = 0 \\ $2mm$ (L-M) \ddot{y}_2 + \dfrac{1}{C} y_2 = 0 \end{cases} ⎩ ⎨ ⎧(L+M)y¨1+C1y1=0(L−M)y¨2+C1y2=0

整理为标准形式：
y ¨ 1 + 1 C ( L + M ) y 1 = 0 , y ¨ 2 + 1 C ( L − M ) y 2 = 0. \ddot{y}_1 + \frac{1}{C(L+M)} y_1 = 0, \quad \ddot{y}_2 + \frac{1}{C(L-M)} y_2 = 0. y¨1+C(L+M)1y1=0,y¨2+C(L−M)1y2=0.

这正是两个独立的简谐振动方程，频率分别为 ω 1 \omega_1 ω1和 ω 2 \omega_2 ω2，与特征值结果一致。

总结

新坐标 y 1 , y 2 y_1, y_2 y1,y2 ：它们是简正坐标 ，分别对应同相模式和反相模式的振幅。任何初始电荷分布 q 1 ( 0 ) , q 2 ( 0 ) q_1(0), q_2(0) q1(0),q2(0)都可分解为这两个模式的叠加（通过 y ⃗ = P − 1 q ⃗ \vec{y} = P^{-1} \vec{q} y =P−1q ）。
解耦本质 ：通过选取特征向量作为新基，原耦合的微分方程被转化为两个独立方程，每个方程描述一个模式的演化。这依赖于特征向量关于质量矩阵 L \mathbf{L} L和刚度矩阵 1 C I \frac{1}{C}I C1I的正交性，使得 P T L P P^T \mathbf{L} P PTLP和 P T 1 C I P P^T \frac{1}{C}I P PTC1IP同时对角化。
与耦合摆的对比：耦合摆是刚度耦合（弹簧），这里是惯性耦合（互感）。但两者数学结构完全相同，都得到对称/反对称模态和类似的解耦过程。这展示了特征值方法在不同物理系统中的统一性。