Vektorfelder als dynamische Systeme - Versionsgeschichte

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

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


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	Da die Matrix A nicht symmetrisch ist, sind die Vektoren		Da die Matrix A nicht symmetrisch ist, sind die Vektoren
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	im Allgemeinen nicht senkrecht zueinander !		im Allgemeinen nicht senkrecht zueinander!

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	{{{\dot{x}}}_{2}}=-mgl\sin {{x}_{1}}-2\gamma {{x}_{2}} \\		{{{\dot{x}}}_{2}}=-mgl\sin {{x}_{1}}-2\gamma {{x}_{2}} \\
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	Die Fixpunkte sind ungeändert !		Die Fixpunkte sind ungeändert!

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


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	wie im Fall ohne Reibung !		wie im Fall ohne Reibung!

	Die Lösung ist also instabil längs der Richtung von		Die Lösung ist also instabil längs der Richtung von
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	Da die Matrix A nicht symmetrisch ist, sind die Vektoren		Da die Matrix A nicht symmetrisch ist, sind die Vektoren
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	im Allgemeinen nicht senkrecht zueinander !		im Allgemeinen nicht senkrecht zueinander!

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	<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>
	mit
	<math>\Phi ({{\bar{x}}_{0}},t)={{\Phi }_{t}}({{\bar{x}}_{0}})=\bar{x}(t,{{\bar{x}}_{0}})</math>


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	<math>\delta \bar{x}(t)=\bar{\xi }{{e}^{\lambda t}}\Rightarrow \lambda \bar{\xi }=A\bar{\xi }</math>		<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>
	Eigenwertgleichung


	<math>\det \left( A-\lambda 1 \right)=0</math>
	liefert die Eigenwerte		liefert die Eigenwerte
	<math>{{\lambda }_{k}}</math>		<math>{{\lambda }_{k}}</math>
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	Da die Matrix A nicht symmetrisch ist, sind die Vektoren		Da die Matrix A nicht symmetrisch ist, sind die Vektoren
	<math>{{\bar{\xi }}^{(1)}}</math>		<math>{{\bar{\xi }}^{(1)}}</math> und <math>{{\bar{\xi }}^{(2)}}</math>
	und
	<math>{{\bar{\xi }}^{(2)}}</math>
	im Allgemeinen nicht senkrecht zueinander !		im Allgemeinen nicht senkrecht zueinander !

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	Die Lösung ist überhaupt nicht mehr oszillierend, strebt aber entlang von		Die Lösung ist überhaupt nicht mehr oszillierend, strebt aber entlang von
	<math>{{\bar{\xi }}^{(1)}}</math>		<math>{{\bar{\xi }}^{(1)}}</math> und <math>{{\bar{\xi }}^{(2)}}</math>
	und
	<math>{{\bar{\xi }}^{(2)}}</math>
	gegen einen stabilen Fixpunkt, bzw. ist der Fixpunkt entlang		gegen einen stabilen Fixpunkt, bzw. ist der Fixpunkt entlang
	<math>{{\bar{\xi }}^{(1)}}</math>		<math>{{\bar{\xi }}^{(1)}}</math>
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	Da die Matrix A nicht symmetrisch ist, sind die Vektoren		Da die Matrix A nicht symmetrisch ist, sind die Vektoren
	<math>{{\bar{\xi }}^{(1)}}</math>		<math>{{\bar{\xi }}^{(1)}}</math> und <math>{{\bar{\xi }}^{(2)}}</math>
	und
	<math>{{\bar{\xi }}^{(2)}}</math>
	im Allgemeinen nicht senkrecht zueinander !		im Allgemeinen nicht senkrecht zueinander !

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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>

'''Fluß des Vektorfeldes '''
<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.

'''Beispiel: Ebenes Pendel ( vergl Kap. 5.2 )'''

<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 !

'''Ebenes Pendel mit Reibung'''

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>

'''Schwache Reibung: '''
<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 !