Vektorfelder als dynamische Systeme

Mechanikvorlesung von Prof. Dr. E. Schöll, PhD

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.

Vektorfelder als dynamische Systeme	Dynamische Systeme und deterministisches Chaos
	Vektorfelder als dynamische Systeme Stabilität und Langzeitverhalten Bifurkationen Deterministisches Chaos	Das d'Alembertsche Prinzip Das Hamiltonsche Prinzip Symmetrien und Erhaltungsgrößen Der Hamiltonsche kanonische Formalismus Die Hamilton-Jacobi-Theorie Mechanik des starren Körpers Dynamische Systeme und deterministisches Chaos

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

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

Dabei ist

${\bar {x}}\in {{R}^{n}}$

dynamische Variable und

${\bar {F}}:{{R}^{n}}\times {{R}_{t}}\to {{R}^{n}}$

ein Vektorfeld

Durch den analytischen Zusammenhang

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

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:

${\begin{aligned}&{\dot {y}}:={{x}_{2}}\\&y:={{x}_{1}}\\\end{aligned}}$

so folgt:

${\begin{aligned}&{{\dot {x}}_{1}}={{x}_{2}}\\&{{\dot {x}}_{2}}=-{{f}_{1}}{{x}_{2}}-{{f}_{2}}\\\end{aligned}}$

Im Spezialfall HAMILTONSCHER Systeme, also:

${\dot {\bar {x}}}={\bar {\bar {J}}}{{H}_{,x}}\quad J=\left({\begin{matrix}0&1\\-1&0\\\end{matrix}}\right)$

folgt:

$\left.{\begin{aligned}&{{x}_{1}}=q\\&{{x}_{2}}=p\\\end{aligned}}\right\}{\begin{matrix}{{\dot {x}}_{1}}={\frac {\partial H}{\partial p}}\\{{\dot {x}}_{2}}=-{\frac {\partial H}{\partial q}}\\\end{matrix}}$

Fluß des Vektorfeldes

${\bar {F}}:{{R}^{n}}\times {{R}_{t}}\to {{R}^{n}}$

auf der Mannigfaltigkeit M, hier: auf dem Phasenraum, z.B. über

${{R}^{n}}$

(vergl. Kapitel 4.5):

$\Phi :M\times {{R}_{t}}\to M$

$\Phi :M\times {{R}_{t}}\to M$ mit $\Phi ({{\bar {x}}_{0}},t)={{\Phi }_{t}}({{\bar {x}}_{0}})={\bar {x}}(t,{{\bar {x}}_{0}})$

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

Fixpunkte

${\bar {x}}*$

des autonomen dynamischen Systems

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

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

als Bestimmungsgleichung für die

${\bar {x}}*$

Stabilität eines Fixpunktes

Der Test auf Stabilitätsverhalten erfolgt durch Linearisierung für kleine Auslenkungen:

${\begin{aligned}&\delta {\bar {x}}:={\bar {x}}-{\bar {x}}*:\\&\delta {{\dot {x}}_{i}}=\sum \limits _{k=1}^{n}{{{\left({\frac {\partial {{F}_{i}}}{\partial {{x}_{k}}}}\right)}_{x*}}\delta {{x}_{k}}}\\\end{aligned}}$

Kompakte Schreibweise:

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

 mit der Jacobi- Matrix DF

Dies ist ein System von linearen Differenzialgleichungen mit konstanten Koeffizienten

Lösungsansatz:

$\delta {\bar {x}}(t)={\bar {\xi }}{{e}^{\lambda t}}\Rightarrow \lambda {\bar {\xi }}=A{\bar {\xi }}$ Eigenwertgleichung $\det \left(A-\lambda 1\right)=0$

liefert die Eigenwerte

${{\lambda }_{k}}$

zu den Eigenvektoren

${{\bar {\xi }}^{(k)}}$

zur Jacobi- Matrix DF = A

Die allgemeine Lösung lautet:

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

Annahme: die Eigenwerte

${{\lambda }_{k}}$

sind nicht entartet und die

${{c}_{k}}$

sind durch die Anfangsbedingungen bestimmt.

Beispiel: Ebenes Pendel (vergl Kap. 5.2)

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

$\left.{\begin{aligned}&{{x}_{1}}=\phi \\&{{x}_{2}}={{p}_{\phi }}=m{{l}^{2}}{\dot {\phi }}\\\end{aligned}}\right\}{\begin{matrix}{{\dot {x}}_{1}}={\frac {{x}_{2}}{m{{l}^{2}}}}\\{{\dot {x}}_{2}}=-mgl\sin {{x}_{1}}\\\end{matrix}}$

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

${\begin{aligned}&\left({\begin{matrix}\delta {{\dot {x}}_{1}}\\\delta {{\dot {x}}_{2}}\\\end{matrix}}\right)={{\left({\begin{matrix}0&{\frac {1}{m{{l}^{2}}}}\\-mgl\cos {{x}_{1}}&0\\\end{matrix}}\right)}_{*}}\left({\begin{matrix}\delta {{x}_{1}}\\\delta {{x}_{2}}\\\end{matrix}}\right)\\&{{\left({\begin{matrix}0&{\frac {1}{m{{l}^{2}}}}\\-mgl\cos {{x}_{1}}&0\\\end{matrix}}\right)}_{*}}:=A\\\end{aligned}}$

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

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

Eigenwertgleichung:

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

Somit:

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

Somit folgt für die zeitliche Lösung:

$\delta {\bar {x}}(t)=={{c}_{1}}{{\bar {\xi }}^{(1)}}{{e}^{i\omega t}}+{{c}_{2}}{{\bar {\xi }}^{(2)}}{{e}^{-i\omega t}}$

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:

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

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

Eigenwerte:

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

Allgemeine Lösung:

$\delta {\bar {x}}(t)={{c}_{1}}{{\bar {\xi }}^{(1)}}{{e}^{{\sqrt {\frac {g}{l}}}t}}+{{c}_{2}}{{\bar {\xi }}^{(2)}}{{e}^{-{\sqrt {\frac {g}{l}}}t}}$

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

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

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

${\begin{matrix}\lim \\t\to \infty \\\end{matrix}}\delta {\bar {x}}(t)={\begin{matrix}\lim \\t\to \infty \\\end{matrix}}\left({{c}_{1}}{{\bar {\xi }}^{(1)}}{{e}^{{\sqrt {\frac {g}{l}}}t}}+{{c}_{2}}{{\bar {\xi }}^{(2)}}{{e}^{-{\sqrt {\frac {g}{l}}}t}}\right)=\infty$

Da die Matrix A nicht symmetrisch ist, sind die Vektoren

${{\bar {\xi }}^{(1)}}$ und ${{\bar {\xi }}^{(2)}}$

im Allgemeinen nicht senkrecht zueinander!

Ebenes Pendel mit Reibung

Ohne Reibung:

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

l = Pendellänge!

mit Reibung :

${\begin{aligned}&{\ddot {\phi }}+{\frac {2\gamma }{m{{l}^{2}}}}{\dot {\phi }}+{{\omega }^{2}}\sin \phi =0\\&{{\omega }^{2}}={\frac {g}{l}}\\\end{aligned}}$

$\left.{\begin{aligned}&{{x}_{1}}=\phi \\&{{x}_{2}}={{p}_{\phi }}=m{{l}^{2}}{\dot {\phi }}\\\end{aligned}}\right\}{\begin{matrix}{{\dot {x}}_{1}}={\frac {{x}_{2}}{m{{l}^{2}}}}\\{{\dot {x}}_{2}}=-mgl\sin {{x}_{1}}-2\gamma {{x}_{2}}\\\end{matrix}}$

Die Fixpunkte sind ungeändert!

Linearisierung

${\begin{aligned}&\left({\begin{matrix}\delta {{\dot {x}}_{1}}\\\delta {{\dot {x}}_{2}}\\\end{matrix}}\right)={{\left({\begin{matrix}0&{\frac {1}{m{{l}^{2}}}}\\-mgl\cos {{x}_{1}}&-2\gamma \\\end{matrix}}\right)}_{*}}\left({\begin{matrix}\delta {{x}_{1}}\\\delta {{x}_{2}}\\\end{matrix}}\right)\\&{{\left({\begin{matrix}0&{\frac {1}{m{{l}^{2}}}}\\-mgl\cos {{x}_{1}}&0\\\end{matrix}}\right)}_{*}}:=A\\\end{aligned}}$

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

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

Eigenwertgleichung:

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

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:

$\delta {\bar {x}}(t)=={{c}_{1}}{{\bar {\xi }}^{(1)}}{{e}^{-\gamma +i{\sqrt {{{\omega }^{2}}-{{\gamma }^{2}}}}t}}+{{c}_{2}}{{\bar {\xi }}^{(2)}}{{e}^{-\gamma -i{\sqrt {{{\omega }^{2}}-{{\gamma }^{2}}}}t}}$

Es liegt in stabiler Fokus vor. Die Lösung ist stabil

Starke Reibung

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

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

$\delta {\bar {x}}(t)=={{c}_{1}}{{\bar {\xi }}^{(1)}}{{e}^{-\gamma +{\sqrt {{{\gamma }^{2}}-{{\omega }^{2}}}}t}}+{{c}_{2}}{{\bar {\xi }}^{(2)}}{{e}^{-\gamma -{\sqrt {{{\gamma }^{2}}-{{\omega }^{2}}}}t}}$

Die Lösung ist überhaupt nicht mehr oszillierend, strebt aber entlang von

${{\bar {\xi }}^{(1)}}$ und ${{\bar {\xi }}^{(2)}}$

gegen einen stabilen Fixpunkt, bzw. ist der Fixpunkt entlang

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

wie auch entlang

${{\bar {\xi }}^{(2)}}$

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:

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

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

Eigenwerte:

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

Allgemeine Lösung:

$\delta {\bar {x}}(t)={{c}_{1}}{{\bar {\xi }}^{(1)}}{{e}^{-\gamma +{\sqrt {{{\omega }^{2}}+{{\gamma }^{2}}}}t}}+{{c}_{2}}{{\bar {\xi }}^{(2)}}{{e}^{-\gamma -{\sqrt {{{\omega }^{2}}+{{\gamma }^{2}}}}t}}$

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

${\begin{aligned}&{{\lambda }_{1}}>0\\&{{\lambda }_{2}}<0\\\end{aligned}}$

wie im Fall ohne Reibung!

Die Lösung ist also instabil längs der Richtung von

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

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

${\begin{matrix}\lim \\t\to \infty \\\end{matrix}}\delta {\bar {x}}(t)={\begin{matrix}\lim \\t\to \infty \\\end{matrix}}\left({{c}_{1}}{{\bar {\xi }}^{(1)}}{{e}^{-\gamma +{\sqrt {{{\omega }^{2}}+{{\gamma }^{2}}}}t}}+{{c}_{2}}{{\bar {\xi }}^{(2)}}{{e}^{-\gamma -{\sqrt {{{\omega }^{2}}+{{\gamma }^{2}}}}t}}\right)=\infty$

Da die Matrix A nicht symmetrisch ist, sind die Vektoren

${{\bar {\xi }}^{(1)}}$ und ${{\bar {\xi }}^{(2)}}$

im Allgemeinen nicht senkrecht zueinander!