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Vektorfelder als dynamische Systeme
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<noinclude>{{Scripthinweis|Mechanik|7|1}}</noinclude> Die Dynamik sehr vieler physikalischer Systeme läßt sich zumindest als ein System von nichtlinearen Differentialgleichungen 1. Ordnung formulieren: :<math>\dot{\bar{x}}=\bar{F}(\bar{x}(t),t)</math> Dabei ist :<math>\bar{x}\in {{R}^{n}}</math> dynamische Variable und :<math>\bar{F}:{{R}^{n}}\times {{R}_{t}}\to {{R}^{n}}</math> ein Vektorfeld Durch den analytischen Zusammenhang :<math>\dot{\bar{x}}=\bar{F}(\bar{x}(t),t)</math> ist das dynamische System deterministisch: '''Beispiel: Newtonsche Bewegungsgleichung mit reibung''' :<math>\ddot{y}+{{f}_{1}}(y,t)\dot{y}+{{f}_{2}}(y,t)=0</math> Mit der reibung f1 und der Kraft f2 Wir entwickeln daraus ein System von Differenzialgleichungen 1. ordnung: :<math>\begin{align} & \dot{y}:={{x}_{2}} \\ & y:={{x}_{1}} \\ \end{align}</math> so folgt: :<math>\begin{align} & {{{\dot{x}}}_{1}}={{x}_{2}} \\ & {{{\dot{x}}}_{2}}=-{{f}_{1}}{{x}_{2}}-{{f}_{2}} \\ \end{align}</math> Im Spezialfall HAMILTONSCHER Systeme, also: :<math>\dot{\bar{x}}=\bar{\bar{J}}{{H}_{,x}}\quad J=\left( \begin{matrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \\ \end{matrix} \right)</math> folgt: :<math>\left. \begin{align} & {{x}_{1}}=q \\ & {{x}_{2}}=p \\ \end{align} \right\}\begin{matrix} {{{\dot{x}}}_{1}}=\frac{\partial H}{\partial p} \\ {{{\dot{x}}}_{2}}=-\frac{\partial H}{\partial q} \\ \end{matrix}</math> <u>'''Fluß des Vektorfeldes '''</u> :<math>\bar{F}:{{R}^{n}}\times {{R}_{t}}\to {{R}^{n}}</math> auf der Mannigfaltigkeit M, hier: auf dem Phasenraum, z.B. über :<math>{{R}^{n}}</math> : (vergl. Kapitel 4.5): :<math>\Phi :M\times {{R}_{t}}\to M</math> :<math>\Phi :M\times {{R}_{t}}\to M</math> mit <math>\Phi ({{\bar{x}}_{0}},t)={{\Phi }_{t}}({{\bar{x}}_{0}})=\bar{x}(t,{{\bar{x}}_{0}})</math> Der Fluß ist also zu verstehen als die Gesamtheit aller Bahnkurven = Trajektorien '''Fixpunkte ''' :<math>\bar{x}*</math> '''des autonomen dynamischen Systems ''' Dies sind sogenannte stationäre Punkte, Gleichgewichtspunkte, singuläre Punkte, kritische Punkte :<math>0=\dot{\bar{x}}*=\bar{F}(\bar{x}*)</math> als Bestimmungsgleichung für die :<math>\bar{x}*</math> '''Stabilität eines Fixpunktes''' Der Test auf Stabilitätsverhalten erfolgt durch Linearisierung für kleine Auslenkungen: :<math>\begin{align} & \delta \bar{x}:=\bar{x}-\bar{x}*: \\ & \delta {{{\dot{x}}}_{i}}=\sum\limits_{k=1}^{n}{{{\left( \frac{\partial {{F}_{i}}}{\partial {{x}_{k}}} \right)}_{x*}}\delta {{x}_{k}}} \\ \end{align}</math> Kompakte Schreibweise: :<math>\delta \dot{\bar{x}}={{\left( DF \right)}_{*}}\delta \bar{x}</math> mit der Jacobi- Matrix DF Dies ist ein System von linearen Differenzialgleichungen mit konstanten Koeffizienten Lösungsansatz: :<math>\delta \bar{x}(t)=\bar{\xi }{{e}^{\lambda t}}\Rightarrow \lambda \bar{\xi }=A\bar{\xi }</math> Eigenwertgleichung <math>\det \left( A-\lambda 1 \right)=0</math> liefert die Eigenwerte :<math>{{\lambda }_{k}}</math> zu den Eigenvektoren :<math>{{\bar{\xi }}^{(k)}}</math> zur Jacobi- Matrix DF = A Die allgemeine Lösung lautet: :<math>\delta \bar{x}(t)=\sum\limits_{k=1}^{n}{{{c}_{k}}}{{\bar{\xi }}^{(k)}}{{e}^{{{\lambda }_{k}}t}}</math> Annahme: die Eigenwerte :<math>{{\lambda }_{k}}</math> sind nicht entartet und die :<math>{{c}_{k}}</math> sind durch die Anfangsbedingungen bestimmt. <u>'''Beispiel: Ebenes Pendel (vergl Kap. 5.2)'''</u> :<math>m{{l}^{2}}\ddot{\phi }+mgl\sin \phi =0</math> :<math>\left. \begin{align} & {{x}_{1}}=\phi \\ & {{x}_{2}}={{p}_{\phi }}=m{{l}^{2}}\dot{\phi } \\ \end{align} \right\}\begin{matrix} {{{\dot{x}}}_{1}}=\frac{{{x}_{2}}}{m{{l}^{2}}} \\ {{{\dot{x}}}_{2}}=-mgl\sin {{x}_{1}} \\ \end{matrix}</math> Für die Fixpunkte gilt: :<math>{{\dot{x}}_{1}}={{\dot{x}}_{2}}=0\Rightarrow {{x}_{2}}=0,{{x}_{1}}=n\pi (n=0,1,...)</math> * Fixpunkt im Ort (q=0) und im Winkel: Ganzzahlige Vielfache von Pi '''Linearisierung''' :<math>\begin{align} & \left( \begin{matrix} \delta {{{\dot{x}}}_{1}} \\ \delta {{{\dot{x}}}_{2}} \\ \end{matrix} \right)={{\left( \begin{matrix} 0 & \frac{1}{m{{l}^{2}}} \\ -mgl\cos {{x}_{1}} & 0 \\ \end{matrix} \right)}_{*}}\left( \begin{matrix} \delta {{x}_{1}} \\ \delta {{x}_{2}} \\ \end{matrix} \right) \\ & {{\left( \begin{matrix} 0 & \frac{1}{m{{l}^{2}}} \\ -mgl\cos {{x}_{1}} & 0 \\ \end{matrix} \right)}_{*}}:=A \\ \end{align}</math> '''Erster Fixpunkt: x1=x2=0 (ruhendes Pendel)''' :<math>A=\left( \begin{matrix} 0 & \frac{1}{m{{l}^{2}}} \\ -mgl & 0 \\ \end{matrix} \right)</math> Eigenwertgleichung: :<math>\det (A-\lambda 1)=0\Rightarrow \left| \left( \begin{matrix} -\lambda & \frac{1}{m{{l}^{2}}} \\ -mgl & -\lambda \\ \end{matrix} \right) \right|=0={{\lambda }^{2}}+\frac{g}{l}</math> Somit: :<math>{{\lambda }_{1/2}}=\pm i\sqrt{\frac{g}{l}}=\pm i\omega </math> Somit folgt für die zeitliche Lösung: :<math>\delta \bar{x}(t)=={{c}_{1}}{{\bar{\xi }}^{(1)}}{{e}^{i\omega t}}+{{c}_{2}}{{\bar{\xi }}^{(2)}}{{e}^{-i\omega t}}</math> Dies sind jedoch gerade ungedämpfte, freie Schwingungen um das Zentrum: '''Für den Zweiten Fixpunkt ''' :<math>{{x}_{1}}=\pi ,{{x}_{2}}=0</math> gilt: Das Pendel steht senkrecht nach oben: :<math>A=\left( \begin{matrix} 0 & \frac{1}{m{{l}^{2}}} \\ mgl & 0 \\ \end{matrix} \right)</math> :<math>\det (A-\lambda 1)=0\Rightarrow \left| \left( \begin{matrix} -\lambda & \frac{1}{m{{l}^{2}}} \\ -mgl & -\lambda \\ \end{matrix} \right) \right|=0={{\lambda }^{2}}-\frac{g}{l}</math> Eigenwerte: :<math>{{\lambda }_{1/2}}=\pm \sqrt{\frac{g}{l}}</math> Allgemeine Lösung: :<math>\delta \bar{x}(t)={{c}_{1}}{{\bar{\xi }}^{(1)}}{{e}^{\sqrt{\frac{g}{l}}t}}+{{c}_{2}}{{\bar{\xi }}^{(2)}}{{e}^{-\sqrt{\frac{g}{l}}t}}</math> Das bedeutet jedoch, dass der erste Term auf der rechten Seite für t gegen unendlich unendlich groß wird. Die Lösung ist also instabil längs der Richtung von :<math>{{\bar{\xi }}^{(1)}}</math> Das Zentrum im Phasenraum ist kein stabiler Fixpunkt mehr, sondern als Sattelpunkt instabil: :<math>\begin{matrix} \lim \\ t\to \infty \\ \end{matrix}\delta \bar{x}(t)=\begin{matrix} \lim \\ t\to \infty \\ \end{matrix}\left( {{c}_{1}}{{{\bar{\xi }}}^{(1)}}{{e}^{\sqrt{\frac{g}{l}}t}}+{{c}_{2}}{{{\bar{\xi }}}^{(2)}}{{e}^{-\sqrt{\frac{g}{l}}t}} \right)=\infty </math> Da die Matrix A nicht symmetrisch ist, sind die Vektoren :<math>{{\bar{\xi }}^{(1)}}</math> und <math>{{\bar{\xi }}^{(2)}}</math> im Allgemeinen nicht senkrecht zueinander! <u>'''Ebenes Pendel mit Reibung'''</u> Ohne Reibung: :<math>m{{l}^{2}}\ddot{\phi }+mgl\sin \phi =0</math> l = Pendellänge! mit Reibung : :<math>\begin{align} & \ddot{\phi }+\frac{2\gamma }{m{{l}^{2}}}\dot{\phi }+{{\omega }^{2}}\sin \phi =0 \\ & {{\omega }^{2}}=\frac{g}{l} \\ \end{align}</math> :<math>\left. \begin{align} & {{x}_{1}}=\phi \\ & {{x}_{2}}={{p}_{\phi }}=m{{l}^{2}}\dot{\phi } \\ \end{align} \right\}\begin{matrix} {{{\dot{x}}}_{1}}=\frac{{{x}_{2}}}{m{{l}^{2}}} \\ {{{\dot{x}}}_{2}}=-mgl\sin {{x}_{1}}-2\gamma {{x}_{2}} \\ \end{matrix}</math> Die Fixpunkte sind ungeändert! '''Linearisierung''' :<math>\begin{align} & \left( \begin{matrix} \delta {{{\dot{x}}}_{1}} \\ \delta {{{\dot{x}}}_{2}} \\ \end{matrix} \right)={{\left( \begin{matrix} 0 & \frac{1}{m{{l}^{2}}} \\ -mgl\cos {{x}_{1}} & -2\gamma \\ \end{matrix} \right)}_{*}}\left( \begin{matrix} \delta {{x}_{1}} \\ \delta {{x}_{2}} \\ \end{matrix} \right) \\ & {{\left( \begin{matrix} 0 & \frac{1}{m{{l}^{2}}} \\ -mgl\cos {{x}_{1}} & 0 \\ \end{matrix} \right)}_{*}}:=A \\ \end{align}</math> '''Erster Fixpunkt: x1=x2=0 (ruhendes Pendel)''' :<math>A=\left( \begin{matrix} 0 & \frac{1}{m{{l}^{2}}} \\ -mgl & -2\gamma \\ \end{matrix} \right)</math> Eigenwertgleichung: :<math>\begin{align} & \det (A-\lambda 1)=0\Rightarrow \left| \left( \begin{matrix} -\lambda & \frac{1}{m{{l}^{2}}} \\ -mgl & -\lambda -2\gamma \\ \end{matrix} \right) \right|=0={{\lambda }^{2}}+2\gamma \lambda +\frac{g}{l} \\ & \frac{g}{l}={{\omega }^{2}} \\ \end{align}</math> Somit: :<math>{{\lambda }_{1/2}}=-\gamma \pm i\sqrt{\frac{g}{l}-{{\gamma }^{2}}}=-\gamma \pm i\sqrt{{{\omega }^{2}}-{{\gamma }^{2}}}</math> <u>'''Schwache Reibung: '''</u> :<math>{{\omega }^{2}}>{{\gamma }^{2}}</math> → Lösung wie angegeben demonstriert Schwingung mit abnehmender Amplitude: :<math>\delta \bar{x}(t)=={{c}_{1}}{{\bar{\xi }}^{(1)}}{{e}^{-\gamma +i\sqrt{{{\omega }^{2}}-{{\gamma }^{2}}}t}}+{{c}_{2}}{{\bar{\xi }}^{(2)}}{{e}^{-\gamma -i\sqrt{{{\omega }^{2}}-{{\gamma }^{2}}}t}}</math> Es liegt in stabiler Fokus vor. Die Lösung ist stabil '''Starke Reibung ''' :<math>{{\omega }^{2}}<{{\gamma }^{2}}</math> :<math>{{\lambda }_{1/2}}=-\gamma \pm \sqrt{{{\gamma }^{2}}-\frac{g}{l}}=-\gamma \pm \sqrt{{{\gamma }^{2}}-{{\omega }^{2}}}</math> :<math>\delta \bar{x}(t)=={{c}_{1}}{{\bar{\xi }}^{(1)}}{{e}^{-\gamma +\sqrt{{{\gamma }^{2}}-{{\omega }^{2}}}t}}+{{c}_{2}}{{\bar{\xi }}^{(2)}}{{e}^{-\gamma -\sqrt{{{\gamma }^{2}}-{{\omega }^{2}}}t}}</math> Die Lösung ist überhaupt nicht mehr oszillierend, strebt aber entlang von :<math>{{\bar{\xi }}^{(1)}}</math> und <math>{{\bar{\xi }}^{(2)}}</math> gegen einen stabilen Fixpunkt, bzw. ist der Fixpunkt entlang :<math>{{\bar{\xi }}^{(1)}}</math> wie auch entlang :<math>{{\bar{\xi }}^{(2)}}</math> stabil. Es liegt der sogenannte "Kriechfall" vor. Der Oszillator ist überdämpft. Im Phasenraum bildet der Oszillator einen stabilen Knoten: '''Für den Zweiten Fixpunkt ''' :<math>{{x}_{1}}=\pi ,{{x}_{2}}=0</math> gilt: Das Pendel steht senkrecht nach oben: :<math>A=\left( \begin{matrix} 0 & \frac{1}{m{{l}^{2}}} \\ mgl & -2\gamma \\ \end{matrix} \right)</math> :<math>\det (A-\lambda 1)=0\Rightarrow \left| \left( \begin{matrix} -\lambda & \frac{1}{m{{l}^{2}}} \\ -mgl & -\lambda -2\gamma \\ \end{matrix} \right) \right|=0={{\lambda }^{2}}+2\gamma \lambda -\frac{g}{l}={{\lambda }^{2}}+2\gamma \lambda -{{\omega }^{2}}</math> Eigenwerte: :<math>{{\lambda }_{1/2}}=-\gamma \pm \sqrt{{{\omega }^{2}}+{{\gamma }^{2}}}</math> Allgemeine Lösung: :<math>\delta \bar{x}(t)={{c}_{1}}{{\bar{\xi }}^{(1)}}{{e}^{-\gamma +\sqrt{{{\omega }^{2}}+{{\gamma }^{2}}}t}}+{{c}_{2}}{{\bar{\xi }}^{(2)}}{{e}^{-\gamma -\sqrt{{{\omega }^{2}}+{{\gamma }^{2}}}t}}</math> Das bedeutet jedoch erneut, dass der erste Term auf der rechten Seite für t gegen unendlich unendlich groß wird. :<math>\begin{align} & {{\lambda }_{1}}>0 \\ & {{\lambda }_{2}}<0 \\ \end{align}</math> wie im Fall ohne Reibung! Die Lösung ist also instabil längs der Richtung von :<math>{{\bar{\xi }}^{(1)}}</math> Das Zentrum im Phasenraum ist kein stabiler Fixpunkt mehr, sondern als Sattelpunkt instabil: :<math>\begin{matrix} \lim \\ t\to \infty \\ \end{matrix}\delta \bar{x}(t)=\begin{matrix} \lim \\ t\to \infty \\ \end{matrix}\left( {{c}_{1}}{{{\bar{\xi }}}^{(1)}}{{e}^{-\gamma +\sqrt{{{\omega }^{2}}+{{\gamma }^{2}}}t}}+{{c}_{2}}{{{\bar{\xi }}}^{(2)}}{{e}^{-\gamma -\sqrt{{{\omega }^{2}}+{{\gamma }^{2}}}t}} \right)=\infty </math> Da die Matrix A nicht symmetrisch ist, sind die Vektoren :<math>{{\bar{\xi }}^{(1)}}</math> und <math>{{\bar{\xi }}^{(2)}}</math> im Allgemeinen nicht senkrecht zueinander!
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