時刻を $t$ で表し、時間微分を $d/dt$ や $\dot{}$ で表す。
\begin{align} m \ddot{x} = - kx - c \dot{x} \end{align}
(1) の運動方程式に $x = e^{\lambda t}$ （ $\lambda$ は $t$ によらない定数） を代入すると、 \begin{align} m \lambda^2 + c \lambda + k = 0 \end{align} \begin{align} \therefore \ \ \lambda &= \frac{-c \pm \sqrt{c^2 - 4mk}}{2m} \\ &= \frac{-c \pm i \sqrt{4mk - c^2}}{2m} \end{align} を得る。 よって、 $c^2 \lt 4mk$ のときの一般解は、任意定数を $A,B$ として、 \begin{align} x(t) &= \left( A \sin \left( \frac{\sqrt{4mk - c^2}}{2m} t \right) + B \sin \left( \frac{\sqrt{4mk - c^2}}{2m} t \right) \right) \exp \left( - \frac{c}{2m} t \right) \end{align} である。
$c^2 \gt 4mk$ のときの一般解は、任意定数を $A,B$ として、 \begin{align} x(t) &= A \exp \left( \frac{-c + \sqrt{c^2 - 4mk}}{2m} t \right) + B \exp \left( \frac{-c - \sqrt{c^2 - 4mk}}{2m} t \right) \end{align} である。
求めるラグランジアン $L$ は、 \begin{align} L &= \frac{1}{2} m \left( \dot{x}_1^2 + \dot{x}_2^2 + \dot{x}_3^2 \right) - \frac{1}{2} k \left( x_1^2 + x_2^2 + \left( x_3 - \frac{x_1+x_2}{2} \right)^2 \right) \end{align}
\begin{align} \frac{d}{dt} \frac{\partial L}{\partial \dot{x}_1} &= \frac{d}{dt} m \dot{x}_1 = m \ddot{x}_1 \\ \frac{d}{dt} \frac{\partial L}{\partial \dot{x}_2} &= \frac{d}{dt} m \dot{x}_2 = m \ddot{x}_2 \\ \frac{d}{dt} \frac{\partial L}{\partial \dot{x}_3} &= \frac{d}{dt} m \dot{x}_3 = m \ddot{x}_3 \\ \frac{\partial L}{\partial x_1} &= - k x_1 + \frac{1}{2} k \left( x_3 - \frac{x_1+x_2}{2} \right) \\ &= - \frac{1}{4} k \left( 5 x_1 + x_2 - 2 x_3 \right) \\ \frac{\partial L}{\partial x_2} &= - k x_2 + \frac{1}{2} k \left( x_3 - \frac{x_1+x_2}{2} \right) \\ &= - \frac{1}{4} k \left( x_1 + 5 x_2 - 2 x_3 \right) \\ \frac{\partial L}{\partial x_3} &= - k \left( x_3 - \frac{x_1+x_2}{2} \right) \\ &= - \frac{1}{2} k \left( - x_1 - x_2 + 2 x_3 \right) \end{align} より、 \begin{align} m \ddot{x}_1 &= - \frac{1}{4} k \left( 5 x_1 + x_2 - 2 x_3 \right) \\ m \ddot{x}_2 &= - \frac{1}{4} k \left( x_1 + 5 x_2 - 2 x_3 \right) \\ m \ddot{x}_3 &= - \frac{1}{2} k \left( - x_1 - x_2 + 2 x_3 \right) \end{align}
(2) で求めた運動方程式は、次のように書ける： \begin{align} \frac{d^2}{dt^2} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} = - \frac{\omega_1^2}{4} \begin{pmatrix} 5 & 1 & -2 \\ 1 & 5 & -2 \\ -2 & -2 & 4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} \end{align} $x_1 = \xi, x_2 = - \xi, x_3 = 0$ の場合を考えると、 \begin{align} \begin{pmatrix} 5 & 1 & -2 \\ 1 & 5 & -2 \\ -2 & -2 & 4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \xi \\ - \xi \\ 0 \end{pmatrix} = 4 \begin{pmatrix} \xi \\ - \xi \\ 0 \end{pmatrix} \end{align} となるので、これは角振動数 $\omega_1$ の固有振動モードであることがわかる。
(3) で現れた行列 \begin{align} \Lambda = \begin{pmatrix} 5 & 1 & -2 \\ 1 & 5 & -2 \\ -2 & -2 & 4 \end{pmatrix} \end{align} の固有値を $\lambda$ とすると、 \begin{align} 0 &= \det \begin{pmatrix} 5 - \lambda & 1 & -2 \\ 1 & 5 - \lambda & -2 \\ -2 & -2 & 4 - \lambda \end{pmatrix} \\ &= - (\lambda-2)(\lambda-4)(\lambda-8) \\ \therefore \ \ \lambda &= 2, 4, 8 \end{align} なので、 $\omega_1$ 以外の固有角振動数は $\omega_1 / \sqrt{2}, 2 \omega_1$ である。
(4) の行列 $\Lambda$ の固有値 $2, 4, 8$ に属する固有ベクトルはそれぞれ \begin{align} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix} , \ \ \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix} , \ \ \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix} \end{align} であるので、固有角振動数 $\omega_1 / \sqrt{2}, \omega_1, 2 \omega_1$ の固有振動モードはそれぞれ \begin{align} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} &= A \sin \left( \frac{\omega_1}{\sqrt{2}} t + \alpha \right) \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix} , B \sin \left( \omega_1 t + \beta \right) \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix} , C \sin \left( 2 \omega_1 t + \gamma \right) \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix} \end{align} と書ける。 （ $A,B,C,\alpha,\beta,\gamma$ は初期条件から決まる定数である。）