Zugwagons Doppelpendel

DGL-Systeme und gekoppeltes Zugwagon-Modell

Note 1

Dieser Abschnitt behandelt lineare DGL-Systeme in strukturierter Form.
Schwerpunkt: lineare DGL-Systeme, Eigenwertmethode und Anwendung auf gekoppelte Massen-Feder-Systeme.

Lineare DGL-Systeme erster Ordnung

Wir betrachten ein homogenes lineares System:

\begin{align*} \dot x(t)&=a_{11}x(t)+a_{12}y(t)\\ \dot y(t)&=a_{21}x(t)+a_{22}y(t) \end{align*}

In Matrixform schreiben wir:

\dot{\mathbf z}(t)=A\mathbf z(t),\qquad \mathbf z(t)=\begin{pmatrix}x(t)\\y(t)\end{pmatrix}.

Note 2

Warum dieser Schritt wichtig ist: Sobald das System als $\dot{\mathbf z}=A\mathbf z$ geschrieben ist, reduziert sich die DGL-Frage auf lineare Algebra (Eigenwerte und Eigenvektoren von $A$ ).

Example 1: Standardansatz

Wir setzen

\mathbf z(t)=\mathbf v\,\mathrm{e}^{\lambda t}.

Dann folgt

\lambda \mathbf v=A\mathbf v,

also ein Eigenwertproblem.

Solution

Nichttriviale Lösungen gibt es genau dann, wenn die charakteristische Gleichung

\det(A-\lambda E)=0

erfüllt ist.

Zusatzbemerkung:

Ist $\lambda$ ein Eigenwert und $\mathbf v$ ein zugehöriger Eigenvektor, dann ist $\mathbf z(t)=c\,\mathbf v\,\mathrm{e}^{\lambda t}$ eine Lösung.
Bei zwei linear unabhängigen Eigenvektoren ist die allgemeine Lösung die Summe der beiden Moden.

Beispiel mit zwei Eigenwerten

Wir betrachten das System

\begin{align*} \dot x&=-x+4y\\ \dot y&=x+2y \end{align*}

A=\begin{pmatrix}-1&4\\1&2\end{pmatrix}

Charakteristisches Polynom:

\begin{align*} \chi_A(\lambda) &=\lambda^2-\mathrm{Tr}(A)\lambda+\det(A)\\ &=\lambda^2-\bigl((-1)+2\bigr)\lambda+\det\begin{pmatrix}-1&4\\1&2\end{pmatrix}\\ &=\lambda^2-\lambda+\bigl((-1)\cdot 2-4\cdot 1\bigr)\\ &=\lambda^2-\lambda-6\\ &=(\lambda-3)(\lambda+2). \end{align*}

Damit ergeben sich:

\lambda_1=3,\qquad \lambda_2=-2.

Zugehörige Eigenvektoren:

\begin{align*} \lambda_1=3:\quad (A-3E)\mathbf v&=0 \Rightarrow \begin{pmatrix}-4&4\\1&-1\end{pmatrix}\mathbf v=0 \Rightarrow y=x \Rightarrow \mathbf v_1=\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix},\\ \lambda_2=-2:\quad (A+2E)\mathbf v&=0 \Rightarrow \begin{pmatrix}1&4\\1&4\end{pmatrix}\mathbf v=0 \Rightarrow x=-4y \Rightarrow \mathbf v_2=\begin{pmatrix}4\\-1\end{pmatrix}. \end{align*}

Allgemeine Lösung:

\begin{align*} \begin{pmatrix}x(t)\\y(t)\end{pmatrix} &=c_1\mathbf v_1\mathrm{e}^{3t}+c_2\mathbf v_2\mathrm{e}^{-2t}\\ x(t)&=c_1\mathrm{e}^{3t}+4c_2\mathrm{e}^{-2t}\\ y(t)&=c_1\mathrm{e}^{3t}-c_2\mathrm{e}^{-2t}. \end{align*}

Note 3

Interpretation der Vorzeichen:

$\lambda_1=3>0$ erzeugt einen wachsenden Anteil $\mathrm{e}^{3t}$ .
$\lambda_2=-2<0$ erzeugt einen abklingenden Anteil $\mathrm{e}^{-2t}$ .

Exercise 1: Übung A

Löse das System

\begin{align*} \dot x&=x+2y\\ \dot y&=3x+2y. \end{align*}

Solution

Zuerst berechnen wir das charakteristische Polynom:

\begin{align*} \chi_A(\lambda) &=\lambda^2-\mathrm{Tr}(A)\lambda+\det(A)\\ &=\lambda^2-(1+2)\lambda+\det\begin{pmatrix}1&2\\3&2\end{pmatrix}\\ &=\lambda^2-3\lambda+(1\cdot 2-2\cdot 3)\\ &=\lambda^2-3\lambda-4\\ &=(\lambda-4)(\lambda+1). \end{align*}

Daraus folgen die Eigenwerte $\lambda_1=4$ und $\lambda_2=-1$ . Ein mögliches Eigenvektorpaar ist

\mathbf v_1=\begin{pmatrix}1\\\tfrac{3}{2}\end{pmatrix}, \qquad \mathbf v_2=\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}.

Damit erhalten wir:

\mathbf z(t)=c_1\mathbf v_1\mathrm{e}^{4t}+c_2\mathbf v_2\mathrm{e}^{-t}.

Zweites Beispiel mit $\sqrt{2}$ -Eigenwerten

Als zweites Beispiel betrachten wir

\begin{align*} \dot x&=2x+2y\\ \dot y&=-x-2y. \end{align*}

Es ergibt sich

\lambda_{1,2}=\pm\sqrt{2}.

Die Lösung hat daher die Struktur

\begin{pmatrix}x(t)\\y(t)\end{pmatrix} =c_1\mathbf v_1\mathrm{e}^{\sqrt{2}\,t} +c_2\mathbf v_2\mathrm{e}^{-\sqrt{2}\,t},

wobei $\mathbf v_1,\mathbf v_2$ aus den linearen Gleichungen zu den Eigenwerten stammen.

Example 2: Zwischenrechnung für die Eigenwerte

Für

A=\begin{pmatrix}2&2\\-1&-2\end{pmatrix}

gilt

\begin{align*} \chi_A(\lambda) &=\lambda^2-\mathrm{Tr}(A)\lambda+\det(A)\\ &=\lambda^2-(2+(-2))\lambda+\det\begin{pmatrix}2&2\\-1&-2\end{pmatrix}\\ &=\lambda^2+\bigl(2\cdot (-2)-2\cdot (-1)\bigr)\\ &=\lambda^2-2. \end{align*}

Also gilt $\lambda=\pm\sqrt{2}$ .

Gekoppeltes Zugwagon-Modell (3 Massen, 2 Federn)

Wir betrachten drei gleiche Massen $m$ mit Federkonstante $k$ und Auslenkungen $x_1,x_2,x_3$ .

Die Newton-Gleichungen lauten:

\begin{align*} m\ddot x_1 &= -k(x_2-x_1)\\ m\ddot x_2 &= k(x_2-x_1)-k(x_3-x_2)\\ m\ddot x_3 &= k(x_3-x_2). \end{align*}

In Matrixform:

m\begin{pmatrix}\ddot x_1\\\ddot x_2\\\ddot x_3\end{pmatrix} = k\begin{pmatrix} 1&-1&0\\ -1&2&-1\\ 0&-1&1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}.

Note 4

Physikalische Lesart:

Erste Masse: nur über die erste Feder an Masse 2 gekoppelt.
Mittlere Masse: erhält Kräfte von beiden Federn.
Dritte Masse: nur über die zweite Feder an Masse 2 gekoppelt.

Mit

\omega_0^2=\frac{k}{m}

und dem harmonischen Ansatz

x_j(t)=A_j\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega t}

erhält man wieder ein Eigenwertproblem für die Kopplungsmatrix.

Einsetzen liefert explizit:

\ddot x_j(t)=-\omega^2A_j\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega t}

und damit

\frac{\omega^2}{\omega_0^2} \begin{pmatrix}A_1\\A_2\\A_3\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1&-1&0\\ -1&2&-1\\ 0&-1&1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}A_1\\A_2\\A_3\end{pmatrix}.

Die Form entspricht also wieder

\lambda \mathbf v=A\mathbf v

mit $\lambda=\omega^2/\omega_0^2$ .

Eigenwerte und Eigenmoden der 3x3-Matrix

Wir berechnen die Eigenwerte über die charakteristische Gleichung:

\det(A-\lambda E)=0.

Mit

A-\lambda E= \begin{pmatrix} 1-\lambda&-1&0\\ -1&2-\lambda&-1\\ 0&-1&1-\lambda \end{pmatrix}

folgt durch Laplace-Entwicklung nach der ersten Zeile:

\begin{align*} \det(A-\lambda E) &=(1-\lambda)\det\begin{pmatrix}2-\lambda&-1\\-1&1-\lambda\end{pmatrix} -(-1)\det\begin{pmatrix}-1&-1\\0&1-\lambda\end{pmatrix} +0\cdot (\dots)\\ &=(1-\lambda)\bigl((2-\lambda)(1-\lambda)-1\bigr) +\bigl((-1)(1-\lambda)-0\bigr)\\ &=(1-\lambda)\bigl(1-3\lambda+\lambda^2\bigr)+(\lambda-1)\\ &=(1-\lambda)\bigl(1-3\lambda+\lambda^2-1\bigr)\\ &=(1-\lambda)(\lambda^2-3\lambda)\\ &=\lambda(1-\lambda)(\lambda-3). \end{align*}

Daraus ergeben sich die Nullstellen:

\lambda_1=0,\qquad \lambda_2=1,\qquad \lambda_3=3.

Daraus folgen die Eigenfrequenzen:

\omega_1=0,\qquad \omega_2=\omega_0,\qquad \omega_3=\sqrt{3}\,\omega_0.

Zugehörige Eigenvektoren:

\mathbf v_1=\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix},\quad \mathbf v_2=\begin{pmatrix}1\\0\\-1\end{pmatrix},\quad \mathbf v_3=\begin{pmatrix}1\\-2\\1\end{pmatrix}.

Example 3: Eigenvektoren Schritt für Schritt

Wir lösen für jeden Eigenwert das lineare Gleichungssystem

(A-\lambda E)\mathbf v=\mathbf 0.

Für $\lambda_1=0$ :

\begin{pmatrix} 1&-1&0\\ -1&2&-1\\ 0&-1&1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}.

Das ergibt

\begin{align*} x-y&=0\\ -x+2y-z&=0\\ -y+z&=0. \end{align*}

Aus der ersten und dritten Gleichung folgt $x=y=z$ , also

\mathbf v_1=\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}.

Für $\lambda_2=1$ :

A-E= \begin{pmatrix} 0&-1&0\\ -1&1&-1\\ 0&-1&0 \end{pmatrix}

und damit

\begin{align*} -y&=0\\ -x+y-z&=0\\ -y&=0. \end{align*}

Also gilt $y=0$ und $x=-z$ , daher

\mathbf v_2=\begin{pmatrix}1\\0\\-1\end{pmatrix}.

Für $\lambda_3=3$ :

A-3E= \begin{pmatrix} -2&-1&0\\ -1&-1&-1\\ 0&-1&-2 \end{pmatrix}

und somit

\begin{align*} -2x-y&=0\\ -x-y-z&=0\\ -y-2z&=0. \end{align*}

Aus der ersten und dritten Gleichung folgt $y=-2x$ und $y=-2z$ , also $x=z$ . Damit erhalten wir:

\mathbf v_3=\begin{pmatrix}1\\-2\\1\end{pmatrix}.

Interpretation:

$\mathbf v_1$ : starre Translation (Nullmode, keine Federdehnung)
$\mathbf v_2, \mathbf v_3$ : Schwingungsmoden mit unterschiedlichen Frequenzen

Example 4: Warum ist $\omega_1=0$?

Für $\mathbf v_1=(1,1,1)^T$ bewegen sich alle Massen gleich weit. Damit bleiben beide Federlängen konstant, es wirkt keine Rückstellkraft und somit tritt keine Schwingung auf: $\omega_1=0$ .

Allgemeine Lösung und Modenzerlegung

Die Gesamtlösung ist die Linearkombination aller Moden:

\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix} =c_1\mathbf v_1(1+c_0t) +c_2\mathbf v_2\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega_0 t} +c_3\mathbf v_3\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}\sqrt{3}\,\omega_0 t}.

Reell geschrieben (für Messdaten oder Simulationen):

\begin{align*} \mathbf x(t) &=\mathbf a_0+\mathbf b_0\,t\\ &\quad+\mathbf a_2\cos(\omega_0 t)+\mathbf b_2\sin(\omega_0 t)\\ &\quad+\mathbf a_3\cos(\sqrt{3}\,\omega_0 t)+\mathbf b_3\sin(\sqrt{3}\,\omega_0 t), \end{align*}

wobei die Koeffizientenvektoren durch die Anfangswerte $\mathbf x(0)$ und $\dot{\mathbf x}(0)$ bestimmt werden.

Note 5

Die komplexen Exponentialansätze liefern kompakte Formeln; physikalisch wird der Realteil betrachtet. Die Moden zeigen, welche Bewegungsformen das gekoppelte System bevorzugt.

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