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.

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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{matrix} \dot{y} := x_{2} \\ y := x_{1} \end{matrix}

so folgt:

\begin{matrix} {\dot{x}}_{1} = x_{2} \\ {\dot{x}}_{2} = - f_{1} x_{2} - f_{2} \end{matrix}

Im Spezialfall HAMILTONSCHER Systeme, also:

\dot{\bar{x}} = \bar{\bar{J}} H_{, x} J = (\begin{matrix} 0 & 1 \\ - 1 & 0 \end{matrix})

folgt:

\begin{matrix} x_{1} = q \\ x_{2} = p \end{matrix}} \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):

Φ : M \times R_{t} \to M

Φ : M \times R_{t} \to M

mit

Φ ({\bar{x}}_{0}, t) = Φ_{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{matrix} δ \bar{x} := \bar{x} - \bar{x} * : \\ δ {\dot{x}}_{i} = \sum_{k = 1}^{n} {(\frac{\partial F_{i}}{\partial x_{k}})}_{x *} δ x_{k} \end{matrix}

Kompakte Schreibweise:

δ \dot{\bar{x}} = {(D F)}_{*} δ \bar{x}

 mit der Jacobi- Matrix DF

Dies ist ein System von linearen Differenzialgleichungen mit konstanten Koeffizienten

Lösungsansatz:

δ \bar{x} (t) = \bar{ξ} e^{λ t} \Rightarrow λ \bar{ξ} = A \bar{ξ}

Eigenwertgleichung

det (A - λ 1) = 0

liefert die Eigenwerte

λ_{k}

zu den Eigenvektoren

{\bar{ξ}}^{(k)}

zur Jacobi- Matrix DF = A

Die allgemeine Lösung lautet:

δ \bar{x} (t) = \sum_{k = 1}^{n} c_{k} {\bar{ξ}}^{(k)} e^{λ_{k} t}

Annahme: die Eigenwerte

λ_{k}

sind nicht entartet und die

c_{k}

sind durch die Anfangsbedingungen bestimmt.

Beispiel: Ebenes Pendel (vergl Kap. 5.2)

m l^{2} \ddot{ϕ} + m g l \sin ϕ = 0

\begin{matrix} x_{1} = ϕ \\ x_{2} = p_{ϕ} = m l^{2} \dot{ϕ} \end{matrix}} \begin{matrix} {\dot{x}}_{1} = \frac{x_{2}}{m l^{2}} \\ {\dot{x}}_{2} = - m g l \sin x_{1} \end{matrix}

Für die Fixpunkte gilt:

{\dot{x}}_{1} = {\dot{x}}_{2} = 0 \Rightarrow x_{2} = 0, x_{1} = n π (n = 0, 1, ...)

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

Linearisierung

\begin{matrix} (\begin{matrix} δ {\dot{x}}_{1} \\ δ {\dot{x}}_{2} \end{matrix}) = {(\begin{matrix} 0 & \frac{1}{m l^{2}} \\ - m g l \cos x_{1} & 0 \end{matrix})}_{*} (\begin{matrix} δ x_{1} \\ δ x_{2} \end{matrix}) \\ {(\begin{matrix} 0 & \frac{1}{m l^{2}} \\ - m g l \cos x_{1} & 0 \end{matrix})}_{*} := A \end{matrix}

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

A = (\begin{matrix} 0 & \frac{1}{m l^{2}} \\ - m g l & 0 \end{matrix})

Eigenwertgleichung:

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

Somit:

λ_{1 / 2} = \pm i \sqrt{\frac{g}{l}} = \pm i ω

Somit folgt für die zeitliche Lösung:

δ \bar{x} (t) = = c_{1} {\bar{ξ}}^{(1)} e^{i ω t} + c_{2} {\bar{ξ}}^{(2)} e^{- i ω t}

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

Für den Zweiten Fixpunkt

x_{1} = π, x_{2} = 0

gilt:

Das Pendel steht senkrecht nach oben:

A = (\begin{matrix} 0 & \frac{1}{m l^{2}} \\ m g l & 0 \end{matrix})

det (A - λ 1) = 0 \Rightarrow | (\begin{matrix} - λ & \frac{1}{m l^{2}} \\ - m g l & - λ \end{matrix}) | = 0 = λ^{2} - \frac{g}{l}

Eigenwerte:

λ_{1 / 2} = \pm \sqrt{\frac{g}{l}}

Allgemeine Lösung:

δ \bar{x} (t) = c_{1} {\bar{ξ}}^{(1)} e^{\sqrt{\frac{g}{l}} t} + c_{2} {\bar{ξ}}^{(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{ξ}}^{(1)}

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

\begin{matrix} lim \\ t \to \infty \end{matrix} δ \bar{x} (t) = \begin{matrix} lim \\ t \to \infty \end{matrix} (c_{1} {\bar{ξ}}^{(1)} e^{\sqrt{\frac{g}{l}} t} + c_{2} {\bar{ξ}}^{(2)} e^{- \sqrt{\frac{g}{l}} t}) = \infty

Da die Matrix A nicht symmetrisch ist, sind die Vektoren

{\bar{ξ}}^{(1)}

und

{\bar{ξ}}^{(2)}

im Allgemeinen nicht senkrecht zueinander!

Ebenes Pendel mit Reibung

Ohne Reibung:

m l^{2} \ddot{ϕ} + m g l \sin ϕ = 0

l = Pendellänge!

mit Reibung :

\begin{matrix} \ddot{ϕ} + \frac{2 γ}{m l^{2}} \dot{ϕ} + ω^{2} \sin ϕ = 0 \\ ω^{2} = \frac{g}{l} \end{matrix}

\begin{matrix} x_{1} = ϕ \\ x_{2} = p_{ϕ} = m l^{2} \dot{ϕ} \end{matrix}} \begin{matrix} {\dot{x}}_{1} = \frac{x_{2}}{m l^{2}} \\ {\dot{x}}_{2} = - m g l \sin x_{1} - 2 γ x_{2} \end{matrix}

Die Fixpunkte sind ungeändert!

Linearisierung

\begin{matrix} (\begin{matrix} δ {\dot{x}}_{1} \\ δ {\dot{x}}_{2} \end{matrix}) = {(\begin{matrix} 0 & \frac{1}{m l^{2}} \\ - m g l \cos x_{1} & - 2 γ \end{matrix})}_{*} (\begin{matrix} δ x_{1} \\ δ x_{2} \end{matrix}) \\ {(\begin{matrix} 0 & \frac{1}{m l^{2}} \\ - m g l \cos x_{1} & 0 \end{matrix})}_{*} := A \end{matrix}

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

A = (\begin{matrix} 0 & \frac{1}{m l^{2}} \\ - m g l & - 2 γ \end{matrix})

Eigenwertgleichung:

\begin{matrix} det (A - λ 1) = 0 \Rightarrow | (\begin{matrix} - λ & \frac{1}{m l^{2}} \\ - m g l & - λ - 2 γ \end{matrix}) | = 0 = λ^{2} + 2 γ λ + \frac{g}{l} \\ \frac{g}{l} = ω^{2} \end{matrix}

Somit:

λ_{1 / 2} = - γ \pm i \sqrt{\frac{g}{l} - γ^{2}} = - γ \pm i \sqrt{ω^{2} - γ^{2}}

Schwache Reibung:

ω^{2} > γ^{2}

→ Lösung wie angegeben demonstriert Schwingung mit abnehmender Amplitude:

δ \bar{x} (t) = = c_{1} {\bar{ξ}}^{(1)} e^{- γ + i \sqrt{ω^{2} - γ^{2}} t} + c_{2} {\bar{ξ}}^{(2)} e^{- γ - i \sqrt{ω^{2} - γ^{2}} t}

Es liegt in stabiler Fokus vor. Die Lösung ist stabil

Starke Reibung

ω^{2} < γ^{2}

λ_{1 / 2} = - γ \pm \sqrt{γ^{2} - \frac{g}{l}} = - γ \pm \sqrt{γ^{2} - ω^{2}}

δ \bar{x} (t) = = c_{1} {\bar{ξ}}^{(1)} e^{- γ + \sqrt{γ^{2} - ω^{2}} t} + c_{2} {\bar{ξ}}^{(2)} e^{- γ - \sqrt{γ^{2} - ω^{2}} t}

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

{\bar{ξ}}^{(1)}

und

{\bar{ξ}}^{(2)}

gegen einen stabilen Fixpunkt, bzw. ist der Fixpunkt entlang

{\bar{ξ}}^{(1)}

wie auch entlang

{\bar{ξ}}^{(2)}

stabil. Es liegt der sogenannte "Kriechfall" vor. Der Oszillator ist überdämpft. Im Phasenraum bildet der Oszillator einen stabilen Knoten: