Schwingungen

Kapitelvorwort

Was sind kleine Schwingungen, und warum sind sie so wichtig?

Wie werden schwingende Systeme durch Dämpfung beeinflusst?

Was ist Resonanz, und wann spielt sie eine Rolle?

Wie beschreibt man Systeme gekoppelter Oszillatoren?

Bei welchen Systemen sind Schwingungen wichtig?

Dieses Kapitel beschäftigt sich genauer mit den für die Physik extrem wichtigen harmonischen Schwingungen. Sie sind deshalb von so grundlegender Bedeutung, da sich fast alle Kräfte lokal linearisieren lassen. Harmonische Schwingungen spielen beispielsweise auch in der Akustik und der Spektroskopie eine große Rolle.

In Abschn. 6.1 werden freie Schwingungen eines Systems mit nur einem einzigen Freiheitsgrad gründlicher untersucht. Die Erweiterung auf ein System mit Dissipation wird in Abschn. 6.2 besprochen. Von außen erzwungene Schwingungen werden anschließend in Abschn. 6.3 diskutiert. Dabei ist die sogenannte Resonanz ein wichtiger Effekt. In Abschn. 6.4 kommen wir auf Systeme zu sprechen, bei denen mehrere gekoppelte Freiheitsgrade gleichzeitig schwingen können. Dies erlaubt die Berechnung einiger realistischer Systeme mit vielen Freiheitsgraden (Abschn. 6.5).

Appendices

Aufgaben

Gelegentlich enthalten die Aufgaben mehr Angaben, als für die Lösung erforderlich sind. Bei einigen anderen dagegen werden Daten aus dem Allgemeinwissen, aus anderen Quellen oder sinnvolle Schätzungen benötigt.

•:

leichte Aufgaben mit wenigen Rechenschritten

••:

mittelschwere Aufgaben, die etwas Denkarbeit und unter Umständen die Kombination verschiedener Konzepte erfordern

•••:

anspruchsvolle Aufgaben, die fortgeschrittene Konzepte (unter Umständen auch aus späteren Kapiteln) oder eigene mathematische Modellbildung benötigen

6.1 •• Die Euler’sche Formel

Es soll das Rechnen mit den komplexen Zahlen geübt werden.

• (a) Schreiben Sie die Taylor‐Reihe (siehe „Mathematischen Hintergrund“ 1.6.7) der Exponentialfunktion $\mathrm{e}^{x}$ ($x\in\mathbb{R}$) um x = 0 auf und ersetzen Sie danach x durch das komplexe Argument $\mathrm{i}x$. Sortieren Sie die Reihe nach reellen und imaginären Termen. Zeigen Sie damit, dass

  $$\mathrm{e}^{\mathrm{i}x}=\cos x+\mathrm{i}\sin x$$

  (6.161)

  gilt und damit

  $$\cos x=\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}x}+\mathrm{e}^{-\mathrm{i}x}}{2},\quad\sin x=\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}x}-\mathrm{e}^{-\mathrm{i}x}}{2\mathrm{i}}.$$

  (6.162)

• (b) Zeigen Sie die Identität

  $$\cos x\cos y=\frac{\cos(x+y)+\cos(x-y)}{2}$$

  (6.163)

  mithilfe der komplexen Exponentialfunktion.

6.2 •• Potenzpotenziale

Das radiale Schwingungsverhalten einer Punktmasse im Kepler‐Potenzial (siehe (6.17)) wird hier auf beliebige Potenzpotenziale verallgemeinert. Gegeben sei das kugelsymmetrische Potenzial

$$V(r)=\alpha r^{\beta}$$

(6.164)

mit zunächst beliebigen reellen Parametern α und β.

• (a) Wie lautet das effektive Potenzial $U(r)$, das in (3.54) definiert wurde? Unter welchen Umständen existiert für dieses Potenzial eine stabile Gleichgewichtslage r ₀?

• (b) Entwickeln Sie das effektive Potenzial um seine Gleichgewichtslage für die in Teilaufgabe (a) ermittelten möglichen Werte der Parameter. Verwenden Sie dazu die Variable $x=r-r_{0}$ und gehen Sie bis zur zweiten Ordnung in x. Zeigen Sie, dass sich das Ergebnis in der Gestalt

  $$U(x)=\frac{1}{2}\frac{(\beta+2)L^{2}}{\mu r_{0}^{4}}x^{2}$$

  (6.165)

  schreiben lässt.

• (c) Wie lautet die Oszillationsfrequenz der Punktmasse in dem Potenzial (6.165)? Drücken Sie die Umlauffrequenz ebenfalls durch L, μ und r ₀ aus. Bestimmen Sie das Verhältnis dieser Frequenzen und zeigen Sie, dass es lediglich von β abhängt. Was bedeutet das Ergebnis für das Potenzial eines harmonischen Oszillators ($\beta=2$)?

6.3 •• Schwebung

Gleichung (6.124) beschreibt die Bewegung eines Doppelpendels.

• (a) Betrachten Sie die Anfangsbedingungen, bei denen das erste Pendel maximal ausgelenkt ist und das zweite sich am tiefsten Punkt befindet. Die Anfangsgeschwindigkeiten beider Pendel seien null. Wie lauten dann die Bahnkurven für die beiden Pendel?

• (b) Die Bahnkurven liegen noch als Überlagerung zweier Kosinusfunktionen vor. Formen Sie jeweils die Summe in ein Produkt von trigonometrischen Funktionen um.

• (c) Die resultierenden Gleichungen beschreiben eine Schwebung . Setzen Sie dazu die Oszillationsfrequenzen ein und gehen Sie vom Fall einer schwachen Kopplung der Oszillatoren aus ($D/m\ll g/l$). Skizzieren Sie die Bewegungen der beiden Massen.

• (d) Was bedeutet diese Bewegung für die Energiebilanz?

Lösungshinweis:

• (b) Verwenden Sie geeignete trigonometrische Additionstheoreme.

6.4 •• Kritische Dämpfung

Es ist die zweite Fundamentallösung (6.47) für die kritische Dämpfung,

$$x_{2}=t\mathrm{e}^{-\lambda t},$$

(6.166)

als Grenzfall aus der schwachen Dämpfung abzuleiten. Betrachten Sie dazu die allgemeine Lösung (6.40) der schwachen Dämpfung:

$$x(t)=\mathrm{e}^{-\lambda t}\left[C_{1}\sin(\tilde{\omega}t)+C_{2}\cos(\tilde{\omega}t)\right].$$

(6.167)

Wählen Sie die Anfangsbedingungen $x(0)=0$ und $\dot{x}(0)=v_{0}$. Wie lautet die Bahnkurve? Führen Sie den Grenzfall $\tilde{\omega}\to 0$ durch und zeigen Sie damit (6.166).

Lösungshinweis:

Denken Sie an die Regel von L’Hospital aus der Analysis.

6.5 ••• Drehbar gekoppelte Oszillatoren

Zwei Punktmassen m sind mit einer masselosen Stange der Länge L miteinander verbunden (Abb. 6.12). Beide Massen sind außerdem noch über eine Feder (Federkonstante D, Gleichgewichtslänge l) an je einer Wand befestigt. Der Abstand der Wände ist H, und die Fixpunkte der Federn sind auf der x‐Achse an den Orten $x_{\pm}=\pm H/2$. Die Massen dürfen sich so bewegen, dass sich ihr gemeinsamer Mittelpunkt entlang der x‐Achse, aber nicht entlang der y‐Achse verschieben kann. Außerdem ist die Stange in der x-y‐Ebene drehbar. Gravitationskräfte sind zu vernachlässigen.

• (a) Führen Sie x und $\varphi$ als unabhängige generalisierte Koordinaten ein, wobei x die Verschiebung der Stange entlang der x‐Achse und $\varphi$ der Drehwinkel der Stange ist. Im Gleichgewicht soll x = 0 und $\varphi=0$ gelten. Wie lauten die kinetische und die potenzielle Energie des Systems?

• (b) Entwickeln Sie beide Energien, sodass sie höchstens quadratisch in den Koordinaten x und $\varphi$ sind. Zeigen Sie, dass dann gilt:

  $$V\approx\frac{D}{2}\left[2x^{2}+LH\left(\frac{1}{2}-\frac{l}{H-L}\right)\varphi^{2}\right].$$

  (6.168)

• (c) Zeigen Sie, dass die Gleichgewichtskonfiguration $(x,\varphi)=(0,0)$ nur dann stabil ist, wenn $l<(H-L)/2$ gilt. Wie ist dies anschaulich zu begründen?

• (d) Stellen Sie die Matrizen T _ij und V _ij auf. Bestimmen Sie die Eigenwerte und Eigenvektoren des Problems. Letztere müssen nicht normiert werden. Welche physikalische Bedeutung haben die Normalkoordinaten?

Abb. 6.12

Gekoppelte Oszillatoren. Zwei Punktmassen m sind über eine masselose Stange der Länge L verbunden. Die beiden Punktmassen sind über Federn der Stärke D an den Wänden befestigt. Das Pendel hat einen Rotationsfreiheitsgrad $\varphi$ (in der x-y‐Ebene) und einen Translationsfreiheitsgrad x bezüglich des Ursprungs O

Lösungshinweis:

Entwicklen Sie bei der potenziellen Energie zuerst die Terme innerhalb der Wurzeln, dann die Wurzeln selbst.

6.6 •• Kreisförmig gekoppelte Oszillatoren

Man betrachte drei identische Punktmassen m, die sich auf einem Kreisring mit Radius R bewegen können (dies entspricht einer linearen Kette mit periodischen Randbedingungen). Jede Masse ist jeweils mit ihren beiden Nachbarn durch identische Federn mit Federkonstante D gekoppelt. Nehmen Sie für das Potenzial einer Feder, welche die Masen m _i und m _j verbindet, die Form

$$V=\frac{D}{2}(\phi_{i}-\phi_{j})^{2}$$

(6.169)

an, wobei die drei Freiheitsgrade $\phi_{i}$ die Winkel der Punktmassen bezüglich eines beliebigen Referenzpunktes auf dem Kreis sind.

Stellen Sie die dynamischen Matrizen ${\boldsymbol{T}}$ und ${\boldsymbol{V}}$ auf und lösen Sie das dadurch definierte Eigenwertproblem. Berechnen Sie die drei Eigenvektoren (sie müssen nicht normiert werden) und interpretieren Sie das Ergebnis.

Lösungshinweis:

Um die charakteristische Gleichung zu lösen, sollten Sie zuvor das charakteristische Polynom faktorisieren.

6.7 • Kräfte auf gekoppelte Oszillatoren

Bei der Diskussion kleiner Schwingungen gekoppelter Systeme in Abschn. 6.4 wurden bisher nur Kräfte berücksichtigt, die sich aus dem gegebenen Potenzial ableiten lassen. Angenommen jeder Freiheitsgrad $\xi_{i}$ erfährt zusätzlich eine generalisierte äußere Kraft Q _i (egal, ob aus einem Potenzial ableitbar oder nicht), wie gehen diese dann in die entkoppelten Gleichungen für die Normalkoordinaten $\xi^{\prime}_{i}$ ein? Verwenden Sie dazu die Matrizen ${\boldsymbol{A}}$ und ${\boldsymbol{B}}$ aus (6.93).

6.8 • Lineare Kette mit eingespannten Enden

Im Gegensatz zur linearen Kette mit periodischen Randbedingungen in Abschn. 6.5 betrachten wir eine Kette der Länge $N+2$ mit zwei eingespannten Enden. Dies bedeutet, dass

$$A_{0}=A_{N+1}=0$$

(6.170)

gilt. Welche Schwingungsform hat dies zur Folge?

Lösungshinweis:

Verfolgen Sie statt (6.149) den Ansatz

$$A_{j}=c^{j}A_{+}+c^{-j}A_{-}\quad(A_{+},A_{-}\not=0)$$

(6.171)

mit Konstanten $A_{+}$ und $A_{-}$ und schreiben Sie c in der Form $\mathrm{e}^{\mathrm{i}ka}$.

Ausführliche Lösungen zu den Aufgaben

6.1

• (a) Die Taylor‐Reihe der Exponentialfunktion lautet

  $$\mathrm{e}^{x}=\sum_{j=0}^{\infty}\frac{x^{j}}{j!}.$$

  (6.172)

  Ersetzt man x durch $\mathrm{i}x$, sind alle ungeraden Potenzen von $\mathrm{i}x$ imaginär und alle geraden Potenzen reell. Daher ist

  $$\mathrm{e}^{\mathrm{i}x}=\sum_{j=0}^{\infty}\frac{(\mathrm{i}x)^{j}}{j!}=\sum_{j=0}^{\infty}\frac{(\mathrm{i}x)^{2j}}{(2j)!}+\sum_{j=0}^{\infty}\frac{(\mathrm{i}x)^{2j+1}}{(2j+1)!},$$

  (6.173)

  wobei die erste Summe reell, die zweite imaginär ist. Ein Vergleich mit Aufgabe 1.7 zeigt, dass diese beiden Summen gerade den Entwicklungen von Kosinus und Sinus entsprechen:

  $$\begin{aligned}\sum_{j=0}^{\infty}\frac{(\mathrm{i}x)^{2j}}{(2j)!}&=\sum_{j=0}^{\infty}\frac{(-1)^{j}x^{2j}}{(2j)!}=\cos x,\\ \sum_{j=0}^{\infty}\frac{(\mathrm{i}x)^{2j+1}}{(2j+1)!}&=\sum_{j=0}^{\infty}\frac{\mathrm{i}(-1)^{j}x^{2j+1}}{(2j+1)!}=\mathrm{i}\sin x.\end{aligned}$$

  (6.174)

  Daraus folgt (6.161). Um (6.162) zu zeigen, nutzen wir aus, dass $\cos x$ symmetrisch, $\sin x$ antisymmetrisch unter der Spiegelung $x\to-x$ ist. Wir schreiben zunächst

  $$\mathrm{e}^{-\mathrm{i}x}=\cos x-\mathrm{i}\sin x$$

  (6.175)

  und sehen dann unmittelbar:

  $$\mathrm{e}^{\mathrm{i}x}+\mathrm{e}^{-\mathrm{i}x}=2\cos x,\quad\mathrm{e}^{\mathrm{i}x}-\mathrm{e}^{-\mathrm{i}x}=2\mathrm{i}\sin x.$$

  (6.176)

  Auflösen nach $\cos x$ bzw. $\sin x$ führt auf (6.162).

• (b) Um (6.163) abzuleiten, schreibt man den Kosinus zunächst mithilfe der komplexen Exponentialfunktion (6.162):

  $$\begin{aligned}\cos x\cos y&=\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}x}+\mathrm{e}^{-\mathrm{i}x}}{2}\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}y}+\mathrm{e}^{-\mathrm{i}y}}{2}\\ &=\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}(x+y)}+\mathrm{e}^{-\mathrm{i}(x+y)}}{4}+\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}(x-y)}+\mathrm{e}^{-\mathrm{i}(x-y)}}{4}\\ &=\frac{\cos(x+y)+\cos(x-y)}{2}.\end{aligned}$$

  (6.177)

  Durch einfaches Umsortieren folgt also die Behauptung.

6.2

• (a) Das effektive Potenzial für radialsymmetrische Probleme mit Drehimpulserhaltung lautet hier

  $$U(r)=\alpha r^{\beta}+\frac{L^{2}}{2\mu r^{2}},$$

  (6.178)

  wobei L der konstante Bahndrehimpuls und μ die reduzierte Masse ist.

  Ein stabiles Gleichgewicht existiert, wenn $U(r)$ ein lokales Minimum besitzt. Wir berechnen die erste Ableitung:

  $$U^{\prime}(r)=\alpha\beta r^{\beta-1}-\frac{L^{2}}{\mu r^{3}}.$$

  (6.179)

  Aus $U^{\prime}(r_{0})=0$ folgt die Lage möglicher Extrema:

  $$r_{0}^{\beta+2}=\frac{L^{2}}{\alpha\beta\mu}.$$

  (6.180)

  Wir fordern also neben $\alpha\not=0$ und $\beta\not=0$ (was auf verschwindende oder konstante Potenziale führen würde) noch $\alpha\beta> 0$, da r ₀ positiv sein soll. Die zweite Ableitung lautet

  $$U^{\prime\prime}(r)=\alpha\beta(\beta-1)r^{\beta-2}+\frac{3L^{2}}{\mu r^{4}}.$$

  (6.181)

  Existiert ein lokales Minimum, so muss $U^{\prime\prime}(r_{0})> 0$ gelten:

  $$\alpha\beta(\beta-1)r_{0}^{\beta+2}+\frac{3L^{2}}{\mu}> 0\quad\Longrightarrow\quad\beta> -2.$$

  (6.182)

  Im letzten Schritt wurde (6.180) verwendet. Sowohl für das Kepler‐ bzw. Coulomb‐Potenzial ($\beta=-1$) als auch das harmonische Oszillatorpotenzial ($\beta=2$) findet man also stabile Gleichgewichte (jedenfalls dann, wenn $\alpha\beta> 0$ erfüllt ist).

• (b) Die Entwicklung bis zur zweiten Ordnung lautet

  $$U(r_{0}+r)=U(r_{0})+U^{\prime}(r_{0})x+\frac{1}{2}U^{\prime\prime}(r_{0})x^{2}.$$

  (6.183)

  Den konstanten Term unterschlagen wir, da er die Dynamik nicht beeinflusst. Die erste Ordnung verschwindet, da r ₀ die Gleichgewichtslage ist. Es verbleibt

  $$U(x)=\frac{1}{2}\frac{(\beta+2)L^{2}}{\mu r_{0}^{4}}x^{2}.$$

  (6.184)

  Aus Gründen der Übersicht ersetzen wir nicht den Term $r_{0}^{4}$ im Nenner. Dies wäre mithilfe von (6.180) aber problemlos möglich.

• (c) Wir wissen, dass für ein quadratisches Potenzial der Form $V(x)=Dx^{2}/2$ die Oszillationsfrequenz gerade durch $\omega^{2}=D/m$ gegeben ist, wobei m die Masse des Oszillators ist. Auf das vorliegende Problem angewandt erhält man analog

  $$\omega=\sqrt{\beta+2}\frac{L}{\mu r_{0}^{2}}.$$

  (6.185)

  Die Umlauffrequenz ist

  $$\omega_{\mathrm{U}}=\frac{2\uppi}{T}=\frac{v}{r_{0}},$$

  (6.186)

  wobei wir in guter Näherung annehmen können, dass die Bahngeschwindigkeit v konstant ist, wenn x klein ist. Es ist

  $$v=\frac{L}{\mu r_{0}};$$

  (6.187)

  also gilt

  $$\omega_{\mathrm{U}}=\frac{L}{\mu r_{0}^{2}}.$$

  (6.188)

  Somit ist das Verhältnis der Frequenzen

  $$\frac{\omega}{\omega_{\mathrm{U}}}=\sqrt{\beta+2}.$$

  (6.189)

  Für $\beta=-1$ hatten wir in (6.24) bereits $\omega/\omega_{\mathrm{U}}=1$ gefunden. Der harmonische Oszillator führt mit $\beta=2$ stattdessen auf $\omega/\omega_{\mathrm{U}}=2$, d. h., man beobachtet zwei radiale Schwingungen pro Umlauf.

6.3

• (a) Aus (6.124) folgen die Geschwindigkeiten

  $$\dot{\boldsymbol{x}}=-{\boldsymbol{a}}_{1}\omega_{1}C_{1}\sin(\omega_{1}t-\delta_{1})-{\boldsymbol{a}}_{2}\omega_{2}C_{2}\sin(\omega_{2}t-\delta_{2}),$$

  (6.190)

  wobei wir zur Abkürzung $\omega_{1}=\omega_{1,0}$ und $\omega_{2}=\omega_{2,0}$ schreiben. Der Vektor ${\boldsymbol{x}}$ fasst dabei die beiden Freiheitsgrade x ₁ und x ₂ zusammen, die in diesem Fall den Auslenkungswinkeln der beiden Pendel entspricht. Damit die Geschwindigkeiten bei t = 0 verschwinden, muss zunächst $\delta_{1}=0$ und $\delta_{2}=0$ gelten. Weiterhin soll die Anfangsposition der ersten Masse A, die der zweiten Masse 0 sein. Mithilfe von (6.123) ist

  $$\begin{aligned}x_{1}(0)&=\frac{1}{l\sqrt{2m}}C_{1}+\frac{1}{l\sqrt{2m}}C_{2}=A,\\ x_{2}(0)&=\frac{1}{l\sqrt{2m}}C_{1}-\frac{1}{l\sqrt{2m}}C_{2}=0.\end{aligned}$$

  (6.191)

  Es muss also $C_{1}=C_{2}$ gelten und schließlich

  $$C_{1}=\sqrt{\frac{m}{2}}lA.$$

  (6.192)

• (b) Die Bahnkurven der beiden Massen lauten

  $$\begin{aligned}x_{1}&=\frac{A}{2}\left[\cos(\omega_{1}t)+\cos(\omega_{2}t)\right]\\ &=A\cos\left(\frac{\omega_{2}-\omega_{1}}{2}t\right)\cos\left(\frac{\omega_{2}+\omega_{1}}{2}t\right),\\ x_{2}&=\frac{A}{2}\left[\cos(\omega_{1}t)-\cos(\omega_{2}t)\right]\\ &=A\sin\left(\frac{\omega_{2}-\omega_{1}}{2}t\right)\sin\left(\frac{\omega_{2}+\omega_{1}}{2}t\right).\end{aligned}$$

  (6.193)

  Für die Umformungen wurden

  $$\cos x+\cos y=2\cos\frac{x+y}{2}\cos\frac{x-y}{2}$$

  (6.194)

  und

  $$\cos x-\cos y=2\sin\frac{x+y}{2}\sin\frac{x-y}{2}$$

  (6.195)

  verwendet. Man sieht bereits, dass sowohl die Summe als auch die Differenz der Oszillationsfrequenzen wichtige Rollen spielen.

• (c) Die Oszillationsfrequenzen (6.119) sind

  $$\begin{aligned}\omega_{1}&=\sqrt{\frac{g}{l}},\\ \omega_{2}&=\sqrt{\frac{g}{l}+2\frac{D}{m}}\approx\sqrt{\frac{g}{l}}\left(1+\frac{Dl}{mg}\right),\end{aligned}$$

  (6.196)

  wenn $Dl\ll mg$ ist. Somit ist die Differenz

  $$\omega_{2}-\omega_{1}\approx\sqrt{\frac{l}{g}}\frac{D}{m}$$

  (6.197)

  sehr viel kleiner als die Summe

  $$\omega_{2}+\omega_{1}\approx 2\sqrt{\frac{g}{l}}.$$

  (6.198)

  Die Bewegungen von x ₁ und x ₂ sind folgendermaßen charakterisiert: Die Pendel schwingen mit einer Frequenz $\omega_{2}+\omega_{1}$, wobei die Schwingungsamplitude durch eine langsame Oszillation mit $\omega_{2}-\omega_{1}$ moduliert ist. Dies ist in Abb. 6.13 an einem Beispiel dargestellt.

• (d) Die beiden Pendel tauschen im Laufe der Zeit Energie miteinander aus. Zu Beginn ist die Schwingungsamplitude des ersten Pendels maximal, die des zweiten null. Der Energieaustausch ist periodisch. Nach der Zeit $\uppi/[2(\omega_{2}-\omega_{1})]$ ist die Energie vollständig auf das zweite Pendel übergegangen.

Abb. 6.13

Auslenkungen der ersten (rot, oben) und der zweiten (blau, unten) der beiden gekoppelten Punktmassen aus Aufgabe 6.3. Während die Schwingung selbst mit hoher Frequenz stattfindet, ändert sich die Amplitude derart, dass langsam zunächst Energie vom ersten auf das zweite Pendel und später wieder auf das erste Pendel übertragen wird

6.4

Mit den Anfangsbedingungen $x(0)=0$ und $\dot{x}(0)=v_{0}$ folgen aus (6.167 ) die Konstanten C ₁ und C ₂:

$$C_{1}=\frac{v_{0}}{\tilde{\omega}},\quad C_{2}=0.$$

(6.199)

Somit lautet die Bahnkurve

$$x(t)=v_{0}t\mathrm{e}^{-\lambda t}\frac{\sin(\tilde{\omega}t)}{\tilde{\omega}t},$$

(6.200)

wobei mit t erweitert wurde. Der Grenzfall $\tilde{\omega}\to 0$ lässt sich mit der Regel von L’Hospital leicht durchführen:

$$\begin{aligned}\lim_{\tilde{\omega}\to 0}\frac{\sin(\tilde{\omega}t)}{\tilde{\omega}t}&=\lim_{\tilde{\omega}\to 0}\frac{\mathrm{d}\sin(\tilde{\omega}t)/\mathrm{d}(\tilde{\omega}t)}{\mathrm{d}(\tilde{\omega}t)/\mathrm{d}(\tilde{\omega}t)}\\ &=\lim_{\tilde{\omega}\to 0}\cos(\tilde{\omega}t)=1.\end{aligned}$$

(6.201)

Für $\tilde{\omega}\to 0$ ist also

$$x(t)=v_{0}t\mathrm{e}^{-\lambda t}$$

(6.202)

und somit (6.166) eine Fundamentallösung.

6.5

• (a) Die kinetische Energie in kartesischen Koordinaten lautet

  $$T=\frac{m}{2}\left(\dot{\boldsymbol{x}}_{1}^{2}+\dot{\boldsymbol{x}}_{2}^{2}\right).$$

  (6.203)

  Für die potenzielle Energie findet man

  $$V=\frac{D}{2}\left[(\lvert{\boldsymbol{x}}_{1}-{\boldsymbol{x}}_{-}\rvert-l)^{2}+(\lvert{\boldsymbol{x}}_{2}-{\boldsymbol{x}}_{+}\rvert-l)^{2}\right].$$

  (6.204)

  Die Koordinaten der Punktmassen sind

  $$\begin{aligned}{\boldsymbol{x}}_{1}&=\begin{pmatrix}x_{1}\\ y_{1}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}x-\frac{L}{2}\cos\varphi\\ \frac{L}{2}\sin\varphi\end{pmatrix},\\ {\boldsymbol{x}}_{2}&=\begin{pmatrix}x_{2}\\ y_{2}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}x+\frac{L}{2}\cos\varphi\\ -\frac{L}{2}\sin\varphi\end{pmatrix}.\end{aligned}$$

  (6.205)

  Die Koordinaten der Fixpunkte der Federn sind

  $${\boldsymbol{x}}_{\pm}=\begin{pmatrix}\pm\frac{H}{2}\\ 0\end{pmatrix}.$$

  (6.206)

  Die kinetische Energie, ausgedrückt durch x und $\varphi$, erhält man nach kurzer Rechnung:

  $$T=\frac{m}{2}\left(2\dot{x}^{2}+\frac{L^{2}}{2}\dot{\varphi}^{2}\right).$$

  (6.207)

  Der erste Term ist der Beitrag der Schwerpunktbewegung, der zweite ist der Beitrag durch die Ablenkung der Punktmassen von der x‐Achse weg. Die potenzielle Energie erfordert mehr Aufwand:

  $$V =\frac{D}{2}\left(\!\sqrt{x^{2}+xH-L\left(\frac{H}{2}+x\right)\cos\varphi+\frac{L^{2}+H^{2}}{4}}-l\right)^{2}$$
  $$ \quad+\frac{D}{2}$$

  (6.208)
  $$ \quad\cdot\left(\sqrt{x^{2}-xH-L\left(\frac{H}{2}-x\right)\cos\varphi+\frac{L^{2}+H^{2}}{4}}-l\right)^{2}.$$

• (b) Die kinetische Energie ist bereits in der gewünschten Form. Sie muss nicht entwickelt werden. Die potenzielle Energie lässt sich in mehreren Schritten vereinfachen. Innerhalb der Wurzel dürfen die Koordinaten höchstens quadratisch vorkommen, da wir uns auf eine kleine Schwingung beschränken. Man kann daher den Kosinus durch $1-\varphi^{2}/2$ ersetzen. Die Terme $x\varphi^{2}$ können vernachlässigt werden. Die restlichen Terme lassen sich sortieren und zusammenfassen. Durch mehrfache Anwendung der binomischen Formeln folgt

  $$\begin{aligned}V&\approx\frac{D}{2}\left(\sqrt{\left(x+\frac{H-L}{2}\right)^{2}+\frac{LH}{4}\varphi^{2}}-l\right)^{2}\\ &\quad+\frac{D}{2}\left(\sqrt{\left(x+\frac{L-H}{2}\right)^{2}+\frac{LH}{4}\varphi^{2}}-l\right)^{2}.\end{aligned}$$

  (6.209)

  Wir müssen nun die Wurzeln entwickeln. Zur Abkürzung schreiben wir

  $$\begin{aligned}\alpha&=\sqrt{\left(x+\frac{H-L}{2}\right)^{2}+\frac{LH}{4}\varphi^{2}},\\ \beta&=\sqrt{\left(x+\frac{L-H}{2}\right)^{2}+\frac{LH}{4}\varphi^{2}}.\end{aligned}$$

  (6.210)

  Zunächst ist

  $$V \approx\frac{D}{2}\left(\alpha^{2}+\beta^{2}+2l^{2}-2l(\alpha+\beta)\right)$$

  (6.211)
  $$ =\frac{D}{2}\left(2x^{2}+\frac{(H-L)^{2}}{2}+\frac{LH}{2}\varphi^{2}+2l^{2}-2l(\alpha+\beta)\right).$$

  Hier sind – mit Ausnahme von α und β – bereits alle Terme entweder konstant oder quadratisch in den Koordinaten. Wir müssen daher noch α und β entwickeln. Da sich beide nur durch ein Vorzeichen unterscheiden, betrachten wir im Folgenden erst nur α. Um die zweiten Ableitungen zu berechnen, notieren wir zunächst die ersten Ableitungen:

  $$\frac{\partial\alpha}{\partial x}=\left(x+\frac{H-L}{2}\right)\frac{1}{\alpha},\quad\frac{\partial\alpha}{\partial\varphi}=\frac{LH}{4}\varphi\frac{1}{\alpha}.$$

  (6.212)

  Daraus folgen die zweiten Ableitungen

  $$\begin{aligned}\frac{\partial^{2}\alpha}{\partial x\partial x}&=\frac{1}{\alpha}-\left(x+\frac{H-L}{2}\right)^{2}\frac{1}{\alpha^{3}},\\ \frac{\partial^{2}\alpha}{\partial\varphi\partial\varphi}&=\frac{LH}{4}\frac{1}{\alpha}-\left(\frac{LH}{4}\varphi\right)^{2}\frac{1}{\alpha^{3}},\\ \frac{\partial^{2}\alpha}{\partial x\partial\varphi}=\frac{\partial^{2}\alpha}{\partial\varphi\partial x}&=-\left(x+\frac{H-L}{2}\right)\frac{LH}{4}\varphi\frac{1}{\alpha^{3}}.\end{aligned}$$

  (6.213)

  Sie sind für $(x,\varphi)=(0,0)$ auszuwerten. Mit

  $$\alpha(x=0,\varphi=0)=\frac{\lvert H-L\rvert}{2}$$

  (6.214)

  folgt

  $$\begin{aligned}\left.\frac{\partial^{2}\alpha}{\partial x\partial x}\right\rvert_{0}&=0,\\ \left.\frac{\partial^{2}\alpha}{\partial\varphi\partial\varphi}\right\rvert_{0}&=\frac{1}{2}\frac{LH}{H-L},\\ \left.\frac{\partial^{2}\alpha}{\partial x\partial\varphi}\right\rvert_{0}=\left.\frac{\partial^{2}\alpha}{\partial\varphi\partial x}\right\rvert_{0}&=0.\end{aligned}$$

  (6.215)

  Man kann sich leicht davon überzeugen, dass für β dieselben Ergebnisse wie (6.215) folgen. Damit ist das Potenzial, wenn konstante Terme vernachlässigt werden:

  $$V\approx\frac{D}{2}\left[2x^{2}+LH\left(\frac{1}{2}-\frac{l}{H-L}\right)\varphi^{2}\right].$$

  (6.216)

  Dies ist die gesuchte Näherung (6.168).

• (c) Das Gleichgewicht ist nur dann stabil, wenn der Punkt $(x,\varphi)=(0,0)$ ein lokales Minimum des Potenzials ist. Dies ist wegen $2> 0$ für die x‐Koordinate der Fall. Für $\varphi$ ist dies nur erfüllt, wenn

  $$LH\left(\frac{1}{2}-\frac{l}{H-L}\right)> 0$$

  (6.217)

  gilt. Dies führt direkt auf $l<(H-L)/2$. Anschaulich bedeutet dies, dass die Gleichgewichtslänge der Federn kürzer sein muss als der Abstand der Punktmassen zu den Wänden. So ziehen sich die Federn zusammen und die Massen mit sich, also in Richtung der Wände. Damit bevorzugt der Stab $\varphi=0$. Ist l größer, dehnen sich die Federn aus. Eine kleine Störung würde dann dazu führen, dass sich der Stab dreht und eine Gleichgewichtskonfiguration mit $\varphi^{\prime}\not=0$ anstrebt. Davon gibt es aufgrund der Symmetrie allerdings zwei, d. h., $+\varphi^{\prime}$ und $-\varphi^{\prime}$ sind möglich.

• (d) Die Matrizen lauten

  $$\displaystyle{\boldsymbol{T}}=m\begin{pmatrix}2&0\\ 0&\frac{L^{2}}{2}\end{pmatrix},\quad{\boldsymbol{V}}=D\begin{pmatrix}2&0\\ 0&LH\left(\frac{1}{2}-\frac{l}{H-L}\right)\end{pmatrix}.$$

  (6.218)

  Das Problem ist offensichtlich bereits diagonal. Die Eigenwerte folgen nach kurzer Rechnung aus ${\boldsymbol{V}}-\lambda{\boldsymbol{T}}$ und (6.105):

  $$\lambda_{1}=\frac{D}{m},\quad\lambda_{2}=\frac{2DH}{mL}\left(\frac{1}{2}-\frac{l}{H-L}\right).$$

  (6.219)

  Die (nichtnormierten) Eigenvektoren sind offenbar $(1,0)^{\top}$ und $(0,1)^{\top}$. Der erste beschreibt die Schwingung des Stabes entlang der x‐Achse, der zweite die Rotationsoszillation um die neutrale Orientierung $\varphi=0$. Anzumerken ist noch, dass der zweite Eigenwert verschwindet, wenn die Ruhelänge der Federn genau $l=(H-L)/2$ ist. Anschaulich bedeutet dies, dass dann eine Winkelauslenkung keine Rückstellkraft erzeugt, da – gemäß der Enwicklung bis zur zweiten Ordnung – die Federlänge dabei unverändert bleibt.

6.6

Die kinetische und potenzielle Energie lauten einfach

$$\begin{aligned}T&=\frac{mR^{2}}{2}\left(\dot{\phi}_{1}^{2}+\dot{\phi}_{2}^{2}+\dot{\phi}_{3}^{2}\right),\\ V&=\frac{D}{2}\left[(\phi_{1}-\phi_{2})^{2}+(\phi_{2}-\phi_{3})^{2}+(\phi_{3}-\phi_{1})^{2}\right].\end{aligned}$$

(6.220)

Beide müssen nicht entwickelt werden, und die entsprechenden Matrizen sind

$${\boldsymbol{T}}=mR^{2}\begin{pmatrix}1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1\end{pmatrix},\quad{\boldsymbol{V}}=D\begin{pmatrix}2&-1&-1\\ -1&2&-1\\ -1&-1&2\end{pmatrix}.$$

(6.221)

Die Eigenwertgleichung lautet demnach

$$\displaystyle\det({\boldsymbol{V}}-\lambda{\boldsymbol{T}})=\begin{vmatrix}2D-\lambda mR^{2}&-D&-D\\ -D&2D-\lambda mR^{2}&-D\\ -D&-D&2D-\lambda mR^{2}\end{vmatrix}.$$

(6.222)

Zur Vereinfachung definieren wir $A:=2D-\lambda mR^{2}$ und berechnen die Determinante (mit einer Entwicklung nach der ersten Spalte bzw. Zeile)

$$\det({\boldsymbol{V}}-\lambda{\boldsymbol{T}}) =\begin{vmatrix}A&-D&-D\\ -D&A&-D\\ -D&-D&A\end{vmatrix}$$

$$ =A(A^{2}-D^{2})+D(-AD-D^{2})-D(D^{2}+AD)$$

$$ =(A+D)\left[A(A-D)-2D^{2}\right].$$

(6.223)

Alternativ hätte man die Regel von Sarrus (siehe „Mathematischen Hintergrund“ 2.1.9) verwenden können. Im letzten Schritt wurde die dritte binomische Formel $A^{2}-D^{2}=(A+D)(A-D)$ ausgenutzt und der gemeinsame Faktor $(A+D)$ ausgeklammert. Die erste Lösung von $\det({\boldsymbol{V}}-\lambda{\boldsymbol{T}})=0$ sieht man sofort:

$$A_{1}=-D.$$

(6.224)

Die beiden anderen folgen nach kurzer Rechnung aus der verbleibenden quadratischen Gleichung:

$$A_{2}=-D,\quad A_{3}=2D.$$

(6.225)

Es muss nun noch die Lösung für die Eigenwerte λ gefunden werden. Sie erhält man aus $A=2D-\lambda mR^{2}$:

$$\lambda_{1,2}=\frac{3D}{mR^{2}},\quad\lambda_{3}=0.$$

(6.226)

Wir haben es also mit zwei entarteten und einem verschwindenden Eigenwert zu tun.

Beginnen wir mit $\lambda_{3}$. Die Eigenwertgleichung ist dann

$$D\begin{pmatrix}2&-1&-1\\ -1&2&-1\\ -1&-1&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a_{31}\\ a_{32}\\ a_{33}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\ 0\\ 0\end{pmatrix}.$$

(6.227)

Diese Vektorgleichung wird durch Vielfache von ${\boldsymbol{a}}_{3}=(1,1,1)^{\top}$ gelöst, was der gleichförmigen Drehung aller Punktmassen entlang des Kreisrings entspricht. Dabei drehen sich alle Punktmassen mit derselben Geschwindigkeit in dieselbe Richtung. Es handelt sich um eine Translationsmode und keine Schwingungsmode.

Für $\lambda_{1,2}$ ergibt sich die Situation

$$D\begin{pmatrix}-1&-1&-1\\ -1&-1&-1\\ -1&-1&-1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a_{11}\\ a_{12}\\ a_{13}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\ 0\\ 0\end{pmatrix}$$

(6.228)

und entsprechend für ${\boldsymbol{a}}_{2}$. Aufgrund der Entartung sind nun zwei bezüglich ${\boldsymbol{T}}$ orthogonale Vektoren ${\boldsymbol{a}}_{1}$ und ${\boldsymbol{a}}_{2}$ zu konstruieren. Wir beginnen willkürlich mit ${\boldsymbol{a}}_{1}=(1,-1,0)^{\top}$, was offensichtlich der Eigenwertgleichung genügt.

Da ${\boldsymbol{T}}$ ein Vielfaches der Einheitsmatrix ist, entspricht die Orthogonalitätsbedingung der üblichen im kartesischen Raum. Man überprüft leicht, dass ${\boldsymbol{a}}_{2}=(1,1,-2)^{\top}$ sowohl die Eigenwertgleichung erfüllt als auch orthogonal auf ${\boldsymbol{a}}_{1}$ steht.

Die Mode ${\boldsymbol{a}}_{1}$ entspricht einer ruhenden dritten Punktmasse, während die beiden übrigen mit identischer Amplitude gegeneinander schwingen. Dagegen schwingen in der Mode ${\boldsymbol{a}}_{2}$ die beiden ersten Punktmassen zusammen gegen die dritte, deren Amplitude doppelt so groß ist. Die Lösungen sind symmetrisch unter paarweiser Vertauschung beliebiger Punktmassen.

6.7

Wir schreiben zur besseren Übersicht zunächst die Ausgangsgleichungen (6.84)

$${\boldsymbol{T}}\ddot{{\boldsymbol{\xi}}}+{\boldsymbol{V}}{\boldsymbol{\xi}}={\boldsymbol{Q}}$$

(6.229)

mit ${\boldsymbol{Q}}=(Q_{1},\ldots,Q_{F})^{\top}$ und die Zielgleichungen (6.100)

$$\ddot{\xi}^{\prime}_{i}+\lambda_{i}\xi^{\prime}_{i}=Q^{\prime}_{i}\quad(1\leq i\leq F),$$

(6.230)

wobei die $Q^{\prime}_{i}$ zu identifizieren sind. Multiplikation von (6.229) mit ${\boldsymbol{A}}^{\top}$ von links führt wegen ${\boldsymbol{T}}={\boldsymbol{B}}^{\top}{\boldsymbol{B}}$ und ${\boldsymbol{A}}={\boldsymbol{B}}^{-1}$ auf

$${\boldsymbol{B}}\ddot{{\boldsymbol{\xi}}}+{\boldsymbol{A}}^{\top}{\boldsymbol{V}}{\boldsymbol{\xi}}={\boldsymbol{A}}^{\top}{\boldsymbol{Q}}.$$

(6.231)

Wir ersetzen nun die alten Koordinaten durch die Normalkoordinaten und verwenden dafür ${\boldsymbol{\xi}}={\boldsymbol{A}}{\boldsymbol{\xi}}^{\prime}$:

$$\ddot{{\boldsymbol{\xi}}}^{\prime}+{\boldsymbol{A}}^{\top}{\boldsymbol{V}}{\boldsymbol{A}}{\boldsymbol{\xi}}^{\prime}={\boldsymbol{A}}^{\top}{\boldsymbol{Q}}.$$

(6.232)

Wegen ${\boldsymbol{A}}^{\top}{\boldsymbol{V}}{\boldsymbol{A}}=\mathrm{diag}(\lambda_{1},\ldots,\lambda_{F})$ folgt sofort

$$\ddot{\xi}^{\prime}_{i}+\lambda_{i}\xi^{\prime}_{i}=\sum_{j=1}^{f}A_{ji}Q_{j}\quad(1\leq i\leq F).$$

(6.233)

Damit haben wir den Zusammenhang zwischen ${\boldsymbol{Q}}$ und ${\boldsymbol{Q}}^{\prime}$ gefunden:

$${\boldsymbol{Q}}^{\prime}={\boldsymbol{A}}^{\top}{\boldsymbol{Q}},\quad{\boldsymbol{Q}}={\boldsymbol{B}}^{\top}{\boldsymbol{Q}}^{\prime}.$$

(6.234)

Die Kräfte, die auf die Normalkoordinaten ${\boldsymbol{\xi}}^{\prime}$ wirken, sind Linearkombinationen (vermittelt durch ${\boldsymbol{A}}$) der Kräfte, die auf die Freiheitsgrade ${\boldsymbol{\xi}}$ ausgeübt werden. Die F entkoppelten Gleichungen (6.233) können mit den bekannten Methoden gelöst werden.

6.8

Zunächst wendet man den Ansatz (6.171) auf A ₀ und $A_{N+1}$ an:

$$A_{0}=A_{+}+A_{-}=0,\quad A_{N+1}=c^{N+1}A_{+}+c^{-(N+1)}A_{-}=0.$$

(6.235)

Hieraus folgt neben $A=A_{+}=-A_{-}$ die Bedingung

$$c^{2(N+1)}=1\quad\Longrightarrow\quad c=\mathrm{e}^{\uppi\mathrm{i}n/(N+1)}\quad(n\in\mathbb{Z}).$$

(6.236)

Die Wellenzahl ist in diesem Fall

$$k=\frac{\uppi n}{(N+1)a}\quad(n\in\mathbb{Z}).$$

(6.237)

Es gibt jeweils unendlich viele Wellenzahlen k, die auf dieselbe Welle führen. Ohne Einschränkung der Allgemeinheit fordern wir daher $0\leq n<N+1$. Aus (6.171) folgt

$$A_{j}=A\left(\mathrm{e}^{\mathrm{i}kaj}-\mathrm{e}^{-\mathrm{i}kaj}\right)=2\mathrm{i}A\sin(kaj).$$

(6.238)

Dies entspricht einer stehenden Welle mit je einem Knoten an jedem Ende der Kette. Die allgemeine Lösung ist eine Überlagerung dieser Wellen, wobei k aus (6.237) gewählt werden muss. In Kap. 8 kommen wir darauf im Detail zu sprechen.