CRS III 结构的离散分析 Discrétisation des structures

结构的离散分析：目的与原理 Analyse discrète des structures : objectif et principe

目的

• 寻找近似解
• 分析离散模型
• 推广到无穷元素

原理

实际上，即使我们拥有运动的确切方程，找到解析解也并非总是可能的，因此需要使用近似方法来找到解。我们将在本章介绍的Rayleigh-Ritz方法就是其中之一。

离散近似解

我们寻找一种如下所示的离散近似解：

$$\mathrm{u} \mapsto \overline{\mathrm{u}}=\sum_{\mathrm{i}=1}^{\mathrm{N}} \underbrace{\lambda_{\mathrm{i}}(\mathrm{t}) \cdot \psi_{\mathrm{i}}(\overrightarrow{\mathrm{x}})}_{\text {solution discrète }}$$

其中，$\left{\lambdai\right}{i=1, N}$表示解的加权系数，$\left{\psii\right}{i=1, N}$表示解的运动学允许空间表示函数。

如此，问题的弱表述或强表述的方程和表达可以用λ来表示。然而，为了找到解，弱形式的表达更适用，它基于泛函的最小化。

$$\underbrace{\delta \int_{\mathrm{t}_1}^{\mathrm{t}_2} \mathrm{~L}\left(\lambda_{\mathrm{i}}, \dot{\lambda}_{\mathrm{i}}, \ldots\right) \mathrm{dt}=0}_{\text {condition de minimisation }} \ \ \ \ \ \forall \delta \lambda_{\mathrm{i}}$$

实践 Mise en oeuvre

拉伸-压缩梁的形变能量的情况

我们已经讨论过，拉伸-压缩梁的形变能量：

$$V_{\text {int }}=E_{\text {déformation }}=\frac{1}{2} \int_0^L E S\left(\frac{\partial u}{\partial x}\right)^2 d x=\frac{1}{2} \int_0^L E S\left(\frac{\partial u}{\partial x}\right)\left(\frac{\partial u}{\partial x}\right) d x$$

将离散近似解替换进去：

$$\begin{aligned}\mathrm{V}_{\text {int }} & =\frac{1}{2} \int_0^L E S\left(\sum_{i=1}^N \lambda_i \cdot \frac{\partial \psi_i}{\partial x}\right)\left(\sum_{i=1}^N \lambda_i \cdot \frac{\partial \psi_i}{\partial x}\right) d x \\& =\frac{1}{2} \sum_{i=1}^N \sum_{j=1}^N \lambda_i \int_0^L E S \frac{\partial \psi_i}{\partial x} \frac{\partial \psi_j}{\partial x} d x \lambda_j\end{aligned}$$

只有$ψ$的导数被积分，我们用对称双线性函数表示之：

$$\begin{aligned}V_{\text {int }} & =\frac{1}{2} \sum_{i=1}^N \sum_{j=1}^N \lambda_i \cdot a\left(\psi_i, \psi_j\right) \lambda_j \\& =\frac{1}{2}\left[\lambda_i\right]\left[a\left(\psi_i, \psi_j\right)\right]\left[\lambda_j\right]\end{aligned}$$

最终势能表现为关于$\lambda$的二次型。$a(u,v)$ 可以直接从强表述方程$Au = -\rho \ddot u$的第一项得到，但是以变分形式出现，我们将其泛化为：

$$\mathrm{K}_{\mathrm{ij}}=\mathrm{a}\left(\psi_{\mathrm{i}}, \psi_{\mathrm{j}}\right)$$

从而得到：

$$\mathrm{V}_{\text {int }}=\mathrm{E}_{\text {déformation }}=\frac{1}{2}\left[\lambda_{\mathrm{i}}\right]\left[\mathrm{K}_{\mathrm{ij}}\right]\left[\lambda_{\mathrm{j}}\right]$$

拉伸-压缩梁的动能的情况

然后考虑动能：

$$E_C=\frac{1}{2} \int_0^L \rho S\left(\frac{\partial u}{\partial t}\right)^2 d x=\frac{1}{2} \int_0^L E S\left(\frac{\partial u}{\partial t}\right)\left(\frac{\partial u}{\partial t}\right) d x$$

替换离散解：

$$\begin{aligned}E_c& =\frac{1}{2} \int_0^L E S\left(\sum_{i=1}^N \dot{\lambda}_i \cdot \psi_i\right)\left(\sum_{i=1}^N \dot{\lambda}_i \cdot \psi_i\right) d x \\& =\frac{1}{2} \sum_{i=1}^N \sum_{j=1}^N \dot{\lambda}_i \int_0^L \rho S \psi_i \psi_j d x \dot{\lambda}_j\end{aligned}$$

进一步提取双线性函数得到：

$$\begin{aligned}E_c & =\frac{1}{2} \sum_{i=1}^N \sum_{j=1}^N \dot{\lambda}_i \cdot\left(\rho \psi_i, \psi_j\right) \dot{\lambda}_j \\ & =\frac{1}{2}\left[\dot{\lambda}_i\right]\left(\rho \psi_i, \psi_j\right)\left[\dot{\lambda}_j\right] \end{aligned}$$

$(\rho u,v)$ 可以直接从强表述方程$Au = -\rho \ddot u$的第二项得到，但是以变分形式出现。我们将其泛化为：

$$\mathrm{M}_{\mathrm{ij}}=\left(\rho \psi_{\mathrm{i}}, \psi_{\mathrm{j}}\right)$$

如此动能被表示为：

$$E_C=\frac{1}{2}\left[\dot{\lambda}_i\right]\left[M_{i j}\right]\left[\dot{\lambda}_j\right]$$

拉伸-压缩梁的有势力做功的情况

考虑有势力做功做功：

$$\int_{\Omega} \vec{f} \cdot \vec{u} d \Omega=-V_{\text {ext }}$$

在垂直放置的受重力的直梁的情况下，有：

$$\begin{aligned} -V_{e x t} & =\int_0^L S f \cdot u d x=\int_0^L S f \cdot \sum_{i=1}^N \lambda_i \cdot \psi_i d x \\ & =\sum_{i=1}^N \lambda_i \cdot \int_0^L S f \psi_i d x \end{aligned}$$

设$\mathrm{f}{\mathrm{i}}=\int_0^L \mathrm{Sf} \psi{\mathrm{i}} \mathrm{dx}$，可将外力简化为线性项：

$$-V_{ext} = ={ }^{\top}\left[f_i\right]\left[\lambda_i\right]$$

拉伸-压缩梁的非有势力做功的情况

• 考虑非有势力做功，考虑作用在$x = L$点的拉力，有：

  $$\begin{aligned} \overrightarrow{\mathrm{F}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{U}}(\mathrm{L}) & =\mathrm{F} \cdot \mathrm{u}(\mathrm{L}) \\ & =\mathrm{F} \cdot \sum_{\mathrm{i}=1}^{\mathrm{N}} \lambda_i(\mathrm{t}) \cdot \psi_{\mathrm{i}}(\mathrm{L}) \end{aligned}$$

  设$F_i=F \psi_i(L)$，可将非有势力做功简化为：

  $$W =^{\top}\left[F_i\right]\left[\lambda_i\right]$$

• 考虑非有势力做功，考虑作用在$x = L$点的力矩：

  $$\begin{aligned} M \cdot \theta(L, t) & =\left.M \cdot \frac{\partial u(x, t)}{\partial x}\right|_{x=L} \\& =\left.M \cdot \sum_{i=1}^N \lambda_i(t) \cdot \frac{\partial \psi_i(x, t)}{\partial x}\right|_{x=L}\end{aligned}$$

  设$Mi=\left.M \frac{\partial \psi_i}{\partial x}\right|{x=L}$，可将其简化为线性项：

  $$M \cdot \theta(L, t)=^{\top}\left[M_i\right]\left[\lambda_i\right]$$

• 不论是应用于接触力$F$、局部力矩$M$还是接触力的部分$p$。我们都可以从外力的工的表达式出发：

  $$\begin{aligned} W_{e x t} & =\int_{\partial \Omega_F} \overrightarrow{\mathrm{t}} \cdot \mathrm{Dud} \partial \Omega_{\mathrm{F}}=\sum_{\mathrm{i}=1}^{\mathrm{N}} \int_{\partial \Omega_{\mathrm{F}}} \overrightarrow{\mathrm{t}} \cdot \mathrm{D} \psi_{\mathrm{i}} \mathrm{d} \partial \Omega_{\mathrm{F}} \cdot \lambda_{\mathrm{i}} \end{aligned}$$

  从而将其简化为：

  $$W_{ext} =^{\top}\left[F_i\right] \cdot\left[\lambda_i\right]$$

应用Hamilton原理

L组成部分的变分

• 动能：

$$\begin{aligned} \delta \mathrm{E}_{\mathrm{C}} & =\delta\left(\frac 1 2{ }^{\mathrm{T}}\left[\dot{\lambda}_{\mathrm{i}}\right]\left[\mathrm{M}_{\mathrm{ij}}\right]\left[\dot{\lambda}_{\mathrm{j}}\right]\right) \\ & ={ }^{\mathrm{T}}\left[\dot{\lambda}_{\mathrm{i}}\right]\left[\mathrm{M}_{\mathrm{ij}}\right]\left[\delta \dot{\lambda}_{\mathrm{j}}\right] \end{aligned}$$

• 势能

  $$\begin{aligned}\delta V & =\delta V_{\text {ext }}+\delta V_{\text {int }} \\& \left.={ }^{\top}\left[\lambda_i\right]\left[\mathrm{K}_{i j}\right] \delta \lambda_j\right]^{\top}\left[f_i\right]\left[\delta \lambda_j\right]\end{aligned}$$

• 外力做功

  $$\delta W_{\text {ext }}={ }^{\top}\left[F_i\right]\left[\delta \lambda_j\right]$$

代入方程

$$\delta\int_{t_1}^{t_2}Ldt = \int_{t_1}^{t_2}\left[{}^T[\dot \lambda_i][M_{ij}][\delta\dot \lambda_j]-{}^T[\lambda_i][K_{ij}][\delta\lambda_j]+{}^T[f_i][\delta \lambda_j]+{}^T[F_i][\delta \lambda_j]\right]dt$$

对第一项分布积分得：

$$\delta\int_{t_1}^{t_2}Ldt = \left[{}^T[\dot \lambda_i][M_{ij}][\delta \lambda_j]\right]_{t_1}^{t_2}-\int_{t_1}^{t_2}\left[{ }^{\top}[\ddot \lambda_i][M_{i j}]+{ }^{\top}[ \lambda_i][K_{i j}]-{ }^{\top}[f_i]-{ }^{\top}[F_i]\right][\delta\lambda]dt$$

根据$\left.\delta \lambda{\mathrm{i}}\right|{\mathrm{t}1}=0 \ \&\left.\delta \lambda{\mathrm{i}}\right|_{\mathrm{t}_2}=0$，第一项为0，故得：

$$[\mathrm{M}_{\mathrm{ij}}][\ddot{\lambda}_{\mathrm{i}}]+\left[\mathrm{K}_{\mathrm{ij}}\right][\lambda_{\mathrm{i}}]=[\mathrm{f}_{\mathrm{i}}]+[\mathrm{F}_{\mathrm{i}}]$$

计算离散模型 Calcul modal sous forme discrète

离散模态

假设$[\lambdai]$是$[\mathrm{M}{\mathrm{ij}}][\ddot{\lambda}{\mathrm{i}}]+\left[\mathrm{K}{\mathrm{ij}}\right][\lambda{\mathrm{i}}]=[\mathrm{f}{\mathrm{i}}]+[\mathrm{F}_{\mathrm{i}}]$的解，则引入模态之后，有离散模态$[X_i]_n$是：

$$\left(-\bar{\omega}_n^2\left[\mathrm{M}_{\mathrm{ij}}\right]+\left[\mathrm{K}_{\mathrm{ij}}\right]\right)\left[\mathrm{X}_{\mathrm{i}}\right]_{\mathrm{n}}=[0]$$

的解。这些特征向量构成了我们在上一章中突出的特征模的近似形式。

正交化和归一化

为了找到上述方程的非零解，我们必须要求矩阵非满秩：

$$\operatorname{det}\left(\left[\mathrm{K}_{\mathrm{ij}}\right]-\omega^2\left[\mathrm{M}_{\mathrm{ij}}\right]\right)=0$$

这个方程的解即为与特征向量相联系的特征频率。

这些解有着与前一张的连续模态相同的性质：

$$\begin{aligned} & { }^{\mathrm{T}}\left[\mathrm{X}_{\mathrm{i}}\right]_{\mathrm{n}}\left[\mathrm{M}_{\mathrm{ij}}\right]\left[\mathrm{X}_{\mathrm{j}}\right]_{\mathrm{m}}=\delta_{\mathrm{nm}} \\ & { }^{\mathrm{T}}\left[\mathrm{X}_{\mathrm{i}}\right]_{\mathrm{n}}\left[\mathrm{K}_{\mathrm{ij}}\right]\left[\mathrm{X}_{\mathrm{j}}\right]_{\mathrm{m}}=\bar{\omega}_{\mathrm{n}} \bar{\omega}_{\mathrm{m}} \delta_{\mathrm{nm}} \end{aligned}$$

对应公式：

$$\begin{aligned}&\left(\rho x_n, x_p\right)=\delta_{nm}\\&a\left(x_n, x_p\right)=\omega_n \omega_m\delta_{nm}\end{aligned}$$

模态基

特征向量组成一组正交归一化的基，我们可以进行坐标转换：

$$\left[\lambda_i\right]=\left[\left[x_i\right]\right]\left[q_i\right]$$

代入之前的公式得：

$$[\mathrm{M}] \mathrm{X} \ddot{\mathrm{q}}+[\mathrm{K}] \mathrm{Xq}=[\mathrm{f}]+[\mathrm{F}]$$

简化公式：

$${ }^{\top} X[M] X [\omega^2_i]q+{ }^{\top} X[K] X q={ }^{\top} X[f]+{ }^{\top} X[F]$$

由于$X$是特征向量，结合正交化信息，得:

$$\left[\begin{array}{ccc}\omega_1^2 & 0 & 0 \\0 & \ddots & 0 \\0 & 0 & \omega_N^2\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}\mathrm{q}_1 \\\vdots \\\mathrm{q}_N\end{array}\right]+\left[\begin{array}{ccc}1 & 0 & 0 \\0 & \ddots & 0 \\0 & 0 & 1\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}\ddot{\mathrm{q}}_1 \\\vdots \\\ddot{\mathrm{q}}_N\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}\widetilde{f}_1 \\\vdots \\\widetilde{f}_N\end{array}\right]+\left[\begin{array}{c}\widetilde{F}_1 \\\vdots \\\widetilde{F}_N\end{array}\right]$$

最终得到二阶微分方程：

$$\ddot{q}_i+\omega_i^2 q_i=\widetilde{f}_i+\widetilde{F}_i$$

阻尼

根据Basile的假设，包含阻尼的微分方程可以写作：

$$\ddot{\mathrm{q}}+R \dot{\mathrm{q}}+\Omega^2 \mathrm{q}_{\mathrm{i}}=\widetilde{\mathrm{f}}+\widetilde{\mathrm{F}}$$

其中，$R$是对角矩阵

在曲梁问题上应用Rayleigh- Ritz方法

运动方程和边界条件

由之前的例子，已知运动方程和边界条件：

$$\begin{align} &\frac{\partial^2}{\partial x^2}\left(E I \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}\right)=-\rho S \frac{\partial^2 u}{\partial t^2}\\& \left\{\begin{aligned} &u(0, t)=0\\ &\frac{\partial u(0, t)}{\partial x}=0 \\ & \frac{\partial^2 u(L, t)}{\partial x^2}=0 \\ & E I \frac{\partial^3 u(L, t)}{\partial x^3}=M \cdot \frac{\partial^2 u(L, t)}{\partial t^2} \end{aligned}\right. \end{align}$$

对于$(2).4$，当$M\rightarrow \infty$时，$(2).4$转化为$u(L,t) = 0$。

模态分析

尽管不是本例子的重点，但我们还是简单的回顾模态分析方法。首先研究简谐驻波解：

$$u = X(x)e^{i\omega t}$$

代入$(1)$得：

$$X^{(4)}(x)-\frac{\rho S}{EI}\omega^2X(x) = 0$$

这个方程的通解为：

$$X(x) = Acos(kx)+Bsin(Kx)+Ccosh(kx)+Dsinh(kx),\ \ k^4 = \frac{\rho S}{E I} \omega^2$$

应用边界条件$(2).1$和$(2).2$，有：

$$\left\{\begin{aligned}&u(0, t)=0 \\&\frac{\partial u(0, t)}{\partial x}=0\end{aligned}\right.\Rightarrow \left\{\begin{aligned} &A+C= 0\\ &B+D = 0 \end{aligned}\right.$$

得：

$$\begin{align}X(x) = A(cos(kx)-cosh(x))+B(sin(kx)-sinh(kx))\end{align}$$

将$(3)$代入$(2).3$和$(2).4$，有：

$$\begin{align}\left\{\begin{aligned}& Ak^2(-cos(kx)-cosh(kx))+Bk^2(-sin(kx)-sinh(kx)) = 0 \\& Ak^3(sin(kx)-sin(kx))+Bk^3(-cos(kx)-cosh(kx)) = -M\omega^2X(x) \end{aligned}\right.\end{align}$$

设$\mu=\frac{M}{\rho S l}$，$(4)$转化为：

$$\begin{align}\left\{\begin{aligned}& A(-cos(kx)-cosh(kx))+B(-sin(kx)-sinh(kx)) = 0 \\& A(sin(kx)-sin(kx))+B(-cos(kx)-cosh(kx)) = -\mu k LX(x) \end{aligned}\right.\end{align}$$

可解得：

$$\begin{align}\left\{\begin{aligned}& B = A\frac{-cos(kx)-cosh(kx)}{sin(kx)+sinh(kx)} \\& \left[1+\frac{1}{\cos (k L) \cdot \cosh (k L)}\right]+\mu \cdot k L \cdot[-\tan (k L)-\tanh (k L)]=0 \end{aligned}\right.\end{align}$$

此时：

$$X_n = A_n\left[(cos(k_nx)-cosh(k_nx))+\frac{(sin(kx)-sinh(kx))\times(-cos(kx)-cosh(kx))}{sin(k_nx)+sinh(k_nx)}\right]$$

当$\mu\rightarrow\infty$时，由$(6)$有：

$$-\tan (k_n L)=\tanh (k_n L)$$

当$\mu\rightarrow0$时，由$(6)$有：

$$\cos (k_n L) \cdot \cosh (k_n L) = -1$$

基于Rayleigh- Ritz方法分析：$\mu = 0$的情况

基于离散方法假设（对应两个模态）：

$$u=\lambda_1 x^2+\lambda_2 x^3$$

目前系统没有受到外力，所以将其分别代入动能和势能的计算公式中。

离散情况下的动能/势能计算

• 动能

  $$\begin{aligned}E_c &= \frac 12\int_0^LpS\dot u^2dx = \frac 12\int_0^LpS(\dot \lambda_1x^2+\dot\lambda_2x^3)^2dx\\ &=\frac 1 2 \int_0^L\rho S(\dot\lambda_1^2x^4+\dot\lambda_2^2x^6+2\dot\lambda_1\dot\lambda_2x^5)dx \\ & =\frac{1}{2}\left[\begin{array}{ll} \dot\lambda_1 \dot\lambda_2 \end{array}\right]\left[\begin{array}{ll} \int_0^L \rho S x^4 d x & \int_0^L \rho S x^5 d x \\ \int_0^L \rho S x^5 d x & \int_0^L \rho s x^6 d x \end{array}\right]\left[\begin{array}{l} \dot\lambda_1 \\ \dot\lambda_2 \end{array}\right]\\ & = \frac 12{ }^{\top} \dot{\lambda}[M] \dot{\lambda} \end{aligned}$$

  从而得到广义质量矩阵(名称存疑)：

  $$[M]=\left[\begin{array}{cc}\frac{\rho S L^5}{5} & \frac{\rho S L^6}{6} \\\frac{\rho S L^6}{6} & \frac{\rho S L^7}{7}\end{array}\right]$$

• 势能

  $$\begin{aligned}V& = \frac 1 2\int_0^LEI(u^{\prime\prime})^2dx = \frac 1 2\int_0^LEI(4\lambda_1^2+36\lambda_2^2x^2+24\lambda_1\lambda_2x)dx\\ & = \frac{1}{2}\left[\begin{array}{ll} \lambda_1 & \lambda_2 \end{array}\right]\left[\begin{array}{ll} \int_0^L 4 E I d x & \int_0^L 12E I x d x \\ \int_0^L12E I x d x & \int_0^L 36E I x^2 d x \end{array}\right]\left[\begin{array}{l} \lambda_1 \\ \lambda_2 \end{array}\right] \\& = \frac{1}{2}\left[\begin{array}{ll} \lambda_1 & \lambda_2 \end{array}\right]\left[\begin{array}{ll} 4 E I L & 6E I L \\ 6E I L & 12EIL^2 \end{array}\right]\left[\begin{array}{l} \lambda_1 \\ \lambda_2 \end{array}\right]\\&=\frac{1}{2}{ }^{\top} \lambda[K] \lambda \end{aligned}$$

  从而得到：

  $$[K]=\left[\begin{array}{cc} 4 E I L & 6 E I L^2 \\ 6 E I L^2 & 12 E I L^3 \end{array}\right]$$

应用哈莫顿原理得到方程

• 根据哈密顿原理：

  $$\begin{align}\delta\int_{t_1}^{t_2}(E_c-V+W_{ext})dt = 0 \end{align}$$

  假设$\mu = 0$，$W_{ext} = 0$，展开$(7)$：

  $$\int_{t_1}^{t_2}\left[{ }^T\left[\dot{\lambda}_i\right]\left[M_{i j}\right]\left[\delta \dot{\lambda}_j\right]-{ }^T\left[\lambda_i\right]\left[K_{i j}\right]\left[\delta \lambda_j\right]\right] d t = 0$$

  对第一项应用分部积分，消除变分项中的微分：

  $$\left[{}^T[\dot \lambda_i][M_{ij}][\delta \lambda_j]\right]_{t_1}^{t_2}-\int_{t_1}^{t_2}\left[{ }^{\top}[\ddot \lambda_i][M_{i j}]+{ }^{\top}[ \lambda_i][K_{i j}]\right][\delta\lambda]dt = 0$$

  由条件$\left.\delta \lambda{\mathrm{i}}\right|{\mathrm{t}1}=0 \ \&\left.\delta \lambda{\mathrm{i}}\right|_{\mathrm{t}_2}=0$，第一项等于0，从而得：

$$\begin{align}[M] \ddot{\lambda}+[K] \lambda=0\end{align}$$

引入简谐假设求解方程

基于简谐假设：

$$X_n = \left[\begin{array}{l} \lambda_1 \\ \lambda_2 \end{array}\right]=\left[\begin{array}{l} \Lambda_1 e^{i \omega t} \\ \Lambda_2 e^{i \omega t} \end{array}\right]=\left[\begin{array}{l} \Lambda_1 \\ \Lambda_2 \end{array}\right] e^{i \omega t}$$

$(8)$式写作：

$$\begin{align}-\omega_n^2[M]\left[X_n\right]+[K]\left[X_n\right]=0\end{align}$$ $$[K]-\omega_n^2[M]\left[\begin{array}{l} \Lambda_1 \\ \Lambda_2 \end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc} 4 E I L-\omega_n^2 \frac{\rho S L^5}{5} & 6 E I L^2-\omega_n^2 \frac{\rho S L^6}{6} \\ 6 E I L^2-\omega_n^2 \frac{\rho S L^6}{6} & 12 E I L^3-\omega_n^2 \frac{\rho S L^7}{7} \end{array}\right]\left[\begin{array}{l} \Lambda_1 \\ \Lambda_2 \end{array}\right]=[0]$$

为了不得到零解，行列式$det([K]-\omega^2[M]) = 0$，这意味着$(9)$式只能提供一个方程，为了方便计算，我们取：

$$\begin{aligned} & {\left[4 E I L-\omega_n^2 \frac{\rho S L^5}{5}\right] \Lambda_1+\left[6 E I L^2-\omega_n^2 \frac{\rho S L^6}{6}\right] \Lambda_2=0} \\\Leftrightarrow & \Lambda_2=\left[4 E I L-\omega_n^2 \frac{\rho S L^5}{5}\right] /\left[6 E I L^2-\omega_n^2 \frac{\rho S L^6}{6}\right] \Lambda_1 \end{aligned}$$

从而得到一组与$\omega_n$相关的向量$X_n$。

正交性

从$(9)$式还可以证明这些向量之间的正交性：

$$\begin{aligned}& -\omega_1^2{ }^T\left[X_2\right][M]\left[X_1\right]+{ }^T\left[X_2\right][K]\left[X_1\right]=0 \\& -\omega_2{ }^2\left[X_1\right][M]\left[X_2\right]+{ }^T\left[X_1\right][K]\left[X_2\right]=0\end{aligned}$$

后续的步骤很简单，在此省略。

基于Rayleigh- Ritz方法分析：$\mu = \infty$的情况

在$\mu = \infty$的情况下，有初始条件：$u(L, t)=0$，可以代入$u$的离散表示：

$$u=\lambda_1 L^2+\lambda_2 L^3 = 0$$

如此即可将$u$写做：

$$u(x, t)=\lambda_2 x^2(L-x) = \lambda_1 x^2\left(1-\frac{x}{L}\right)$$

选择其一即可。此时只能有一个模态，因此:

$$\begin{aligned}&[K]=4 E I L^3 \quad[M]=\frac{\rho S L^7}{105} \ \ \ \omega^2=\frac{420 E I}{\rho S L^4}\end{aligned}$$