Die Lösung des Kreispendels

Mit Hilfe elliptischer Integrale konnten wir die Schwingungsdauer T(α) eines Kreispendels der Länge ℓ mit maximaler Auslenkung α  ∈ ] 0, π [ angeben. Mit Hilfe elliptischer Funktionen können wir nun das Kreispendel analytisch lösen. Dabei beschränken wir uns nicht nur auf Schwingungen, sondern lassen auch Überschläge und den Sonderfall einer Annäherung an π zu. Wir betrachten also, für ein beliebiges w₀ > 0 und v₀ := w₀ ℓ eine Funktion φ : ℝ → ℝ mit

(#) ℓ ^••φ(t) = − g sin(φ(t)), φ(0) = 0, ^•φ(0) = w₀.

Die Größe φ(t) ist die Auslenkung zur Zeit t. Der Punkt (0, − ℓ) entspricht dem Winkel φ(t) = 0. Das Pendel startet dort mit der Winkelgeschwindigkeit w₀ nach rechts. Die Tangentialgeschwindigkeit ist zu jedem Zeitpunkt das ℓ-fache der Winkelgeschwindigkeit ^•φ(t).

Im Folgenden werden wir φ identifizieren. Dadurch wird sich ergeben, dass eine Funktion mit (#) eindeutig existiert. Alternativ kann man hierzu auch den Satz von Picard-Lindelöf heranziehen.

Mit ω² = g/ℓ gilt für alle t (vgl. Kapitel 5):

$\frac{φ̇ (t)^{2} - φ̇ (0)^{2}}{2}$ = ∫^t₀^••φ(s) ^•φ(s) ds = ∫^t₀−ω² sin(φ(s)) ^•φ(s) ds = ω²(cos(φ(t)) − 1).

Mit 2sin²(α/2) = 1 − cos(α) ergibt sich

(+)	^•φ(t)² = w²₀ − 2ω²(1 − cos(φ(t))) = w²₀(1 − κ²sin²(φ(t)/2)), mit κ = 2ω/w₀.

Wir unterscheiden drei Fälle.

Erster Fall

Annahme: κ < 1, Modul k := κ  ∈  ] 0, 1 [

Wegen w₀ > 0 und ^•φ(t) ≠ 0 nach (+) ist ^•φ(t) > 0 für alle t. Damit können wir in (+) die Wurzel mit positivem Vorzeichen ziehen. Dies liefert

w₀t	= ∫^t₀ $\frac{φ̇ (s) ds}{\sqrt{1 - k^{2} {sin}^{2} (φ (s) / 2)}}$
	= 2 ∫^φ(t)/2₀ $\frac{d ψ}{\sqrt{1 - k^{2} {sin}^{2} (ψ)}}$ = 2 F(φ(t)/2), sodass

F(φ(t)/2) = w₀t/2, und damit

φ(t) = 2 am(w₀t/2) = 2 am(ωt/k). (Lösung im ersten Fall)

Als Jacobi-Amplitude ist φ(t) streng monoton steigend. Das Pendel schlägt über. Die für einen Looping benötigte Zeit ist

T = ^2kK_ω = ^4K_w₀ = ^4Kℓ_v₀, mit K = K(k).

Die Gestalt von φ lässt sich auch durch Experimentieren mit den Ableitungen der elliptischen Funktionen finden. Denn für alle k  ∈  ] 0, 1 [ und c  ∈  ℝ gilt nach der Verdopplungsformel für den Sinus und der zweiten Ableitung der Jacobi-Amplitude:

sin(2 am(ct)) = 2 sin(am(ct)) cos(am(ct)) = 2 sn(ct) cn(ct),

2am″(ct) = 2 c dn′(ct) = −2 k² c² sn(ct) cn(ct).

Für c = ω/k erfüllt die Funktion φ(t) = 2am(ct) also wie gewünscht

^••φ(t) = − ω² sin(φ(t)), φ(0) = 0.

Nun kann k so eingestellt werden, dass die vorgegebene Startgeschwindigkeit stimmt:

w₀ = ^•φ(0) = 2 ω/k dn(0) = 2ω/k,

wobei 2ω/w₀ < 1 sein muss, damit k < 1.

Diese Überlegung verifiziert auch, dass wir eine Lösung gefunden haben.

Zweiter Fall

Annahme: κ > 1, Modul k := 1/κ  ∈  ] 0, 1 [

Sei t* > 0 mit ^•φ(t) > 0 für alle t  ∈  ] −t*, t* [. Dann gilt für alle t  ∈  ] − t*, t* [

w₀t	= ∫^t₀ $\frac{φ̇ (s) ds}{\sqrt{1 - κ^{2} {sin}^{2} (φ (s) / 2)}}$ (mit sin(ψ) = κ sin(φ(s)/2))
	= ∫^{arcsin(κ sin(φ(t)/2))}₀ $\frac{2kd ψ}{\sqrt{1 - k^{2} {sin}^{2} (ψ)}}$
	= 2k F(arcsin(κ sin(φ(t)/2))), sodass

ωt = F(arcsin(κ sin(φ(t)/2))), am(ωt) = arcsin(κ sin(φ(t)/2)),

sn(ωt) = κ sin(φ(t)/2), und schließlich

φ(t) = 2 arcsin(k sn(ωt)). (Lösung im zweiten Fall)

Dies löst das Pendel sogar für alle t  ∈  ℝ, da

^•φ(t) = $\frac{2 k ω cn (ω t) dn (ω t)}{\sqrt{1 - k^{2} {sn}^{2} (ω t)}}$ = 2kωcn(ωt),

^••φ(t) = −2kω² sn(ωt) dn(ωt),

sin(φ(t)) = 2 sin(arcsin(ksn(ωt))) cos(arcsin(ksn(ωt))) = 2k²sn(ωt) dn(ωt).

Das Pendel schwingt also mit der Schwingungsdauer

T = 4K/ω, wobei K = K(k), k = 1/κ = w₀/(2ω).

Die größte Auslenkung α wird zur Zeit T/4 = K/ω erreicht. Es gilt aber φ(K/ω) = 2 arcsin(k), sodass k = sin(α/2). Damit haben wir die Formel aus Beispiel III für Anwendungen der elliptischen Integrale reproduziert.

Man kann durch analytische Überlegungen die Struktur der Lösung vorab klären: Wegen κ > 1 gibt es ein ε > 0 mit |φ(t)| < π − ε für alle t (sonst wäre die rechte Seite in (+) für gewisse t negativ). Ist ^•φ(t*) = 0, so wechselt ^•φ in t* das Vorzeichen (da dann φ(t*) ≠ 0 nach (+), also ^••φ(t*) ≠ 0 wegen |φ(t*)| < π und ^••φ(t*) = − ω sin(φ(t*))); genauer hat φ in t* ein lokales Maximum, falls φ(t*) > 0, und ein lokales Minimum, falls φ(t*) < 0. Aus (+) folgt, dass ^•φ(t) = 0 genau dann gilt, wenn sin(φ(t)/2) = ± k. Derartige Nullstellen existieren, da sich ^•φ wegen |^••φ(t)| ≥ |ω sin(π − ε)| nicht monoton der 0 annähern kann, ohne sie zu erreichen. Damit existiert eine kleinste positive Nullstelle von t* von φ, und es gilt sin(α/2) = k mit α = φ(t*) = max_t φ(t). Aufgrund der Natur der Differentialgleichung genügt es, die Lösung im Intervall [ 0, t* ] zu kennen, da sich die Lösung auf ℝ dann als eine Schwingung mit der Schwingungsdauer T = 4t* aus der Teillösung zusammensetzen lässt. Derartige Überlegungen können wichtig sein, wenn sich eine Differentialgleichung nicht in einfacher Weise lösen lässt oder die Lösung noch nicht gefunden ist.

Dritter Fall

Annahme: κ = 1

Es gilt w₀ = 2ω. Sei wieder t* ≥ 0 derart, dass ^•φ(t) > 0 für alle t  ∈  ] −t*, t* [. Dann gilt für alle t  ∈  ] −t*, t* [ (vgl. 1.5 zur Stammfunktion des Sekans):

w₀t	= ∫^t₀ $\frac{φ̇ (s) ds}{\sqrt{1 - {sin}^{2} (φ (s) / 2)}}$
	= 2 ∫^φ(t)/2₀^dψ_cos(ψ) = 2 arsinh(tan(φ(t)/2)), sodass

sinh(ωt) = tan(φ(t)/2), und damit

φ(t) = 2 arctan(sinh(ωt)) = 2 arcsin(tanh(ωt)). (Lösung im dritten Fall)

Ableiten zeigt wieder, dass eine Lösung auf ganz ℝ gefunden wurde. Man kann auch argumentieren, dass die gefundene Lösung keine kritischen Punkte besitzt und damit die Wahl t* = ∞ möglich ist.

Im dritten Fall kriecht das Pendel also auf den oberen Kreispunkt zu, ohne ihn je zu erreichen.

Wir fassen die Ergebnisse noch einmal zusammen.

φ(t)	Fall	Periode	Verhalten
2 am(ωt/k)	k = 2ω/w₀ < 1	2kK/ω	Überschlag
2 arcsin(ksn(ωt))	k = w₀/(2ω) < 1	4K/ω	Schwingung
2 arcsin(tanh(ωt))	w₀ = 2ω	−	Kriechfall

Wir haben alles aus der Formel (+) abgeleitet. Diese Formel ergibt sich auch direkt aus der Erhaltung der Energie

$\frac{{mℓ}^{2} (w_{0}^{2} - φ̇ (t)^{2})}{2}$ = mgℓ(1 − cos(φ(t))) für alle t,

(Ableiten liefert die Differentialgleichung ^••φ(t) = − ω² sin(φ(t)), sodass bei diesem energetischen Ansatz die Projektion des Kraftvektors F auf die Tangente des Kreises mit abfällt.) Energetisch wird auch die Fallunterscheidung besonders klar: Im ersten Fall ist die kinetische Energie

E_kin = mv₀²/2 = m w₀²ℓ²/2

größer als 2mgℓ, im zweiten Fall ist E_kin < 2mgℓ und im dritten E_kin = 2mgℓ.

Die Lösungen für g = 9,8, ℓ = 1, sowie (in den beiden ersten Fällen) k = 0,8, getrennt durch den Kriechfall (gestrichelt).

Analog für

k = 0,98 …

… und für k = 0,9999.

Das erste Diagramm zeigt eine typische Lösung für die Fälle 1 und 2. Die Startgeschwindigkeit im ersten Fall ist relativ hoch (w₀ = v₀ = 2ω/k = 2 $\sqrt{g}$ /0,6 = 10,43), sodass jeder Looping mit einer recht gleichmäßigen Geschwindigkeit durchlaufen wird. In den anderen Diagrammen nähern wir uns dem Extremfall w₀ = 2ω von oben und unten. Für k ∼ 1 ist arcsin(sin(am(ωt)/k)) ∼ arcsin(k sn(ωt)), was die strukturelle Ähnlichkeit der Lösungen im Fall 1 und 2 im dritten Diagramm erklärt.

Noch eine Bemerkung zur Arkussinus-sn-Kombination in der zweiten Lösung: Der vorgeschaltete Arkussinus bewirkt, dass die Lösung zwischen einem skalierten Sinus Amplitudinis und einem passend gestreckten und skalierten Sinus liegt:

arcsin(k sn(u)) (durchgezogen), arcsin(k)sn(u) (gestrichelt) und arcsin(k)sin(πu/(2K)) (gepunktet) für k = 0,7 (links) und k = 0,98 (rechts)

Schließlich bewirkt der vorgeschaltete Arkussinus im dritten Fall einen im Vergleich zu einem Tangens Hyperbolicus etwas verlangsamten Anstieg:

2 arcsin(tanh(u)) und π tanh(u) (gestrichelt)