Vektorfelder als dynamische Systeme

Mechanikvorlesung von Prof. Dr. E. Schöll, PhD

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Der Artikel Vektorfelder als dynamische Systeme basiert auf der Vorlesungsmitschrift von Franz- Josef Schmitt des 7.Kapitels (Abschnitt 1) der Mechanikvorlesung von Prof. Dr. E. Schöll, PhD.

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Die Dynamik sehr vieler physikalischer Systeme läßt sich zumindest als ein System von nichtlinearen Differentialgleichungen 1. Ordnung formulieren:

$\dot{\overline{x}}=\overline{F}(\overline{x}(t),t)$

Dabei ist $\overline{x}\in R^n$ dynamische Variable und $\overline{F}:R^n\times R_t\to R^n$ ein Vektorfeld

Durch den analytischen Zusammenhang $\dot{\overline{x}}=\overline{F}(\overline{x}(t),t)$

ist das dynamische System deterministisch:

Beispiel: Newtonsche Bewegungsgleichung mit reibung

$\ddot{y}+f_1(y,t)\dot{y}+f_2(y,t)=0$

Mit der reibung f1 und der Kraft f2

Wir entwickeln daraus ein System von Differenzialgleichungen 1. ordnung:

$\begin{array}{rl}& \dot{y}:=x_2\\ & y:=x_1\\ \end{array}$

so folgt:

$\begin{array}{rl}& {\dot{x}}_1=x_2\\ & {\dot{x}}_2=-f_1{x}_2-f_2\\ \end{array}$

Im Spezialfall HAMILTONSCHER Systeme, also: $\dot{\overline{x}}=\overline{\overline{J}}{H}_{,x}J=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ -1& 0\\ \end{array}\right)$

folgt:

$\begin{array}{rl}& x_1=q\\ & x_2=p\\ \end{array}\}\begin{array}{c}{\dot{x}}_1=\frac{\partial H}{\partial p}\\ {\dot{x}}_2=-\frac{\partial H}{\partial q}\\ \end{array}$

Fluß des Vektorfeldes $\overline{F}:R^n\times R_t\to R^n$ auf der Mannigfaltigkeit M, hier: auf dem Phasenraum, z.B. über $R^n$

( vergl. Kapitel 4.5):

$\mathrm{\Phi }:M\times R_t\to M$

$\mathrm{\Phi }:M\times R_t\to M$ mit $\mathrm{\Phi }({\overline{x}}_0,t)={\mathrm{\Phi }}_t({\overline{x}}_0)=\overline{x}(t,{\overline{x}}_0)$

Der Fluß ist also zu verstehen als die Gesamtheit aller Bahnkurven = Trajektorien

Fixpunkte $\overline{x}*$ des autonomen dynamischen Systems

Dies sind sogenannte stationäre Punkte, Gleichgewichtspunkte, singuläre Punkte, kritische Punkte

$0=\dot{\overline{x}}*=\overline{F}(\overline{x}*)$

als Bestimmungsgleichung für die $\overline{x}*$

Stabilität eines Fixpunktes

Der Test auf Stabilitätsverhalten erfolgt durch Linearisierung für kleine Auslenkungen:

$\begin{array}{rl}& \delta \overline{x}:=\overline{x}-\overline{x}*:\\ & \delta {\dot{x}}_i=\sum _{k=1}^n{\left(\frac{\partial F_i}{\partial x_k}\right)}_{x*}\delta x_k\\ \end{array}$

Kompakte Schreibweise:

$\delta \dot{\overline{x}}={\left(DF\right)}_{*}\delta \overline{x}$

 mit der Jacobi- Matrix DF

Dies ist ein System von linearen Differenzialgleichungen mit konstanten Koeffizienten

Lösungsansatz:

$\delta \overline{x}(t)=\overline{\xi }{e}^{\lambda t}\Rightarrow \lambda \overline{\xi }=A\overline{\xi }$

 Eigenwertgleichung

$\det (A-\lambda 1)=0$ liefert die Eigenwerte ${\lambda }_k$ zu den Eigenvektoren ${\overline{\xi }}^{(k)}$ zur Jacobi- Matrix DF = A

Die allgemeine Lösung lautet:

$\delta \overline{x}(t)=\sum _{k=1}^n{c}_k{\overline{\xi }}^{(k)}{e}^{{\lambda }_{k}t}$

Annahme: die Eigenwerte ${\lambda }_k$ sind nicht entartet und die $c_k$ sind durch die Anfangsbedingungen bestimmt.

Beispiel: Ebenes Pendel ( vergl Kap. 5.2 )

$m{l}^2\ddot{\varphi }+mgl\sin \varphi =0$

$\begin{array}{rl}& x_1=\varphi \\ & x_2=p_{\varphi }=m{l}^2\dot{\varphi }\\ \end{array}\}\begin{array}{c}{\dot{x}}_1=\frac{x_2}{m{l}^2}\\ {\dot{x}}_2=-mgl\sin x_1\\ \end{array}$

Für die Fixpunkte gilt:

${\dot{x}}_1={\dot{x}}_2=0\Rightarrow x_2=0,x_1=n\pi (n=0,1,...)$

• Fixpunkt im Ort ( q=0) und im Winkel: Ganzzahlige Vielfache von Pi

Linearisierung

$\begin{array}{rl}& \left(\begin{array}{c}\delta {\dot{x}}_1\\ \delta {\dot{x}}_2\\ \end{array}\right)={\left(\begin{array}{cc}0& \frac{1}{m{l}^2}\\ -mgl\cos x_1& 0\\ \end{array}\right)}_{*}\left(\begin{array}{c}\delta x_1\\ \delta x_2\\ \end{array}\right)\\ & {\left(\begin{array}{cc}0& \frac{1}{m{l}^2}\\ -mgl\cos x_1& 0\\ \end{array}\right)}_{*}:=A\\ \end{array}$

Erster Fixpunkt: x1=x2=0 ( ruhendes Pendel)

$A=\left(\begin{array}{cc}0& \frac{1}{m{l}^2}\\ -mgl& 0\\ \end{array}\right)$

Eigenwertgleichung: $\det (A-\lambda 1)=0\Rightarrow \left|\left(\begin{array}{cc}-\lambda & \frac{1}{m{l}^2}\\ -mgl& -\lambda \\ \end{array}\right)\right|=0={\lambda }^2+\frac{g}{l}$

Somit: ${\lambda }_{1/2}=\pm i\sqrt{\frac{g}{l}}=\pm i\omega$

Somit folgt für die zeitliche Lösung:

$\delta \overline{x}(t)==c_1{\overline{\xi }}^{(1)}{e}^{i\omega t}+c_2{\overline{\xi }}^{(2)}{e}^{-i\omega t}$

Dies sind jedoch gerade ungedämpfte, freie Schwingungen um das Zentrum:

Für den Zweiten Fixpunkt $x_1=\pi ,x_2=0$ gilt:

Das Pendel steht senkrecht nach oben:

$A=\left(\begin{array}{cc}0& \frac{1}{m{l}^2}\\ mgl& 0\\ \end{array}\right)$

$\det (A-\lambda 1)=0\Rightarrow \left|\left(\begin{array}{cc}-\lambda & \frac{1}{m{l}^2}\\ -mgl& -\lambda \\ \end{array}\right)\right|=0={\lambda }^2-\frac{g}{l}$

Eigenwerte: ${\lambda }_{1/2}=\pm \sqrt{\frac{g}{l}}$

Allgemeine Lösung: $\delta \overline{x}(t)=c_1{\overline{\xi }}^{(1)}{e}^{\sqrt{\frac{g}{l}}t}+c_2{\overline{\xi }}^{(2)}{e}^{-\sqrt{\frac{g}{l}}t}$

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 ${\overline{\xi }}^{(1)}$

Das Zentrum im Phasenraum ist kein stabiler Fixpunkt mehr, sondern als Sattelpunkt instabil:

$\begin{array}{c}\lim \\ t\to \mathrm{\infty }\\ \end{array}\delta \overline{x}(t)=\begin{array}{c}\lim \\ t\to \mathrm{\infty }\\ \end{array}(c_1{\overline{\xi }}^{(1)}{e}^{\sqrt{\frac{g}{l}}t}+c_2{\overline{\xi }}^{(2)}{e}^{-\sqrt{\frac{g}{l}}t})=\mathrm{\infty }$

Da die Matrix A nicht symmetrisch ist, sind die Vektoren ${\overline{\xi }}^{(1)}$ und ${\overline{\xi }}^{(2)}$ im Allgemeinen nicht senkrecht zueinander !

Ebenes Pendel mit Reibung

Ohne Reibung: $m{l}^2\ddot{\varphi }+mgl\sin \varphi =0$

l = Pendellänge !

mit Reibung : $\begin{array}{rl}& \ddot{\varphi }+\frac{2\gamma }{m{l}^2}\dot{\varphi }+{\omega }^2\sin \varphi =0\\ & {\omega }^2=\frac{g}{l}\\ \end{array}$

$\begin{array}{rl}& x_1=\varphi \\ & x_2=p_{\varphi }=m{l}^2\dot{\varphi }\\ \end{array}\}\begin{array}{c}{\dot{x}}_1=\frac{x_2}{m{l}^2}\\ {\dot{x}}_2=-mgl\sin x_1-2\gamma x_2\\ \end{array}$

Die Fixpunkte sind ungeändert !

Linearisierung

$\begin{array}{rl}& \left(\begin{array}{c}\delta {\dot{x}}_1\\ \delta {\dot{x}}_2\\ \end{array}\right)={\left(\begin{array}{cc}0& \frac{1}{m{l}^2}\\ -mgl\cos x_1& -2\gamma \\ \end{array}\right)}_{*}\left(\begin{array}{c}\delta x_1\\ \delta x_2\\ \end{array}\right)\\ & {\left(\begin{array}{cc}0& \frac{1}{m{l}^2}\\ -mgl\cos x_1& 0\\ \end{array}\right)}_{*}:=A\\ \end{array}$

Erster Fixpunkt: x1=x2=0 ( ruhendes Pendel)

$A=\left(\begin{array}{cc}0& \frac{1}{m{l}^2}\\ -mgl& -2\gamma \\ \end{array}\right)$

Eigenwertgleichung: $\begin{array}{rl}& \det (A-\lambda 1)=0\Rightarrow \left|\left(\begin{array}{cc}-\lambda & \frac{1}{m{l}^2}\\ -mgl& -\lambda -2\gamma \\ \end{array}\right)\right|=0={\lambda }^2+2\gamma \lambda +\frac{g}{l}\\ & \frac{g}{l}={\omega }^2\\ \end{array}$

Somit: ${\lambda }_{1/2}=-\gamma \pm i\sqrt{\frac{g}{l}-{\gamma }^2}=-\gamma \pm i\sqrt{{\omega }^2-{\gamma }^2}$

Schwache Reibung: ${\omega }^2>{\gamma }^2$ -> Lösung wie angegeben demonstriert Schwingung mit abnehmender Amplitude:

$\delta \overline{x}(t)==c_1{\overline{\xi }}^{(1)}{e}^{-\gamma +i\sqrt{{\omega }^2-{\gamma }^2}t}+c_2{\overline{\xi }}^{(2)}{e}^{-\gamma -i\sqrt{{\omega }^2-{\gamma }^2}t}$

Es liegt in stabiler Fokus vor. Die Lösung ist stabil

Starke Reibung ${\omega }^2<{\gamma }^2$

${\lambda }_{1/2}=-\gamma \pm \sqrt{{\gamma }^2-\frac{g}{l}}=-\gamma \pm \sqrt{{\gamma }^2-{\omega }^2}$

$\delta \overline{x}(t)==c_1{\overline{\xi }}^{(1)}{e}^{-\gamma +\sqrt{{\gamma }^2-{\omega }^2}t}+c_2{\overline{\xi }}^{(2)}{e}^{-\gamma -\sqrt{{\gamma }^2-{\omega }^2}t}$

Die Lösung ist überhaupt nicht mehr oszillierend, strebt aber entlang von ${\overline{\xi }}^{(1)}$ und ${\overline{\xi }}^{(2)}$ gegen einen stabilen Fixpunkt, bzw. ist der Fixpunkt entlang ${\overline{\xi }}^{(1)}$ wie auch entlang ${\overline{\xi }}^{(2)}$ stabil. Es liegt der sogenannte "Kriechfall" vor. Der Oszillator ist überdämpft. Im Phasenraum bildet der Oszillator einen stabilen Knoten:

Für den Zweiten Fixpunkt $x_1=\pi ,x_2=0$ gilt:

Das Pendel steht senkrecht nach oben:

$A=\left(\begin{array}{cc}0& \frac{1}{m{l}^2}\\ mgl& -2\gamma \\ \end{array}\right)$

$\det (A-\lambda 1)=0\Rightarrow \left|\left(\begin{array}{cc}-\lambda & \frac{1}{m{l}^2}\\ -mgl& -\lambda -2\gamma \\ \end{array}\right)\right|=0={\lambda }^2+2\gamma \lambda -\frac{g}{l}={\lambda }^2+2\gamma \lambda -{\omega }^2$

Eigenwerte: ${\lambda }_{1/2}=-\gamma \pm \sqrt{{\omega }^2+{\gamma }^2}$

Allgemeine Lösung: $\delta \overline{x}(t)=c_1{\overline{\xi }}^{(1)}{e}^{-\gamma +\sqrt{{\omega }^2+{\gamma }^2}t}+c_2{\overline{\xi }}^{(2)}{e}^{-\gamma -\sqrt{{\omega }^2+{\gamma }^2}t}$

Das bedeutet jedoch erneut, dass der erste Term auf der rechten Seite für t gegen unendlich unendlich groß wird.

$\begin{array}{rl}& {\lambda }_1>0\\ & {\lambda }_2<0\\ \end{array}$ wie im Fall ohne Reibung !

Die Lösung ist also instabil längs der Richtung von ${\overline{\xi }}^{(1)}$

Das Zentrum im Phasenraum ist kein stabiler Fixpunkt mehr, sondern als Sattelpunkt instabil:

$\begin{array}{c}\lim \\ t\to \mathrm{\infty }\\ \end{array}\delta \overline{x}(t)=\begin{array}{c}\lim \\ t\to \mathrm{\infty }\\ \end{array}(c_1{\overline{\xi }}^{(1)}{e}^{-\gamma +\sqrt{{\omega }^2+{\gamma }^2}t}+c_2{\overline{\xi }}^{(2)}{e}^{-\gamma -\sqrt{{\omega }^2+{\gamma }^2}t})=\mathrm{\infty }$

Da die Matrix A nicht symmetrisch ist, sind die Vektoren ${\overline{\xi }}^{(1)}$ und ${\overline{\xi }}^{(2)}$ im Allgemeinen nicht senkrecht zueinander !