Differenzialgleichung lösen < Abivorbereitung < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 12:45 So 14.11.2010 | | Autor: | matheman |
| Aufgabe | | Löse [mm] \\m*x''+\mu*x'+D*x=0 [/mm] mit dem Ansatz [mm] \\x(t)=A*e^{-kt}*sin(\omega*t+\varphi) [/mm] (k Dämpfungsfaktor und [mm] m,\mu,D [/mm] spezifische Konstanten) und zeige, dass für k gilt [mm] k=\bruch{\mu}{2*m} [/mm] |
Nach Ableiten, Einsetzen und vereinfachen komme ich auf: [mm] (m*k^2-\omega^2*m-\mu*k+D)*sin(\omega*t+\varphi) [/mm] + [mm] (-2*k*\omega*m+ \mu*\omega)*cos(\omega*t+\varphi)=0
[/mm]
Aber wie geht's jetzt weiter?
Kann mir jemand helfen?
Grüße
matheman
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:48 So 14.11.2010 | | Autor: | fred97 |
> Löse [mm]\\m*x''+\mu*x'+D*x=0[/mm] mit dem Ansatz
> [mm]\\x(t)=A*e^{-kt}*sin(\omega*t+\varphi)[/mm] (k Dämpfungsfaktor
> und [mm]m,\mu,D[/mm] spezifische Konstanten) und zeige, dass für k
> gilt [mm]k=\bruch{\mu}{2*m}[/mm]
> Nach Ableiten, Einsetzen und vereinfachen komme ich auf:
> [mm](m*k^2-\omega^2*m-\mu*k+D)*sin(\omega*t+\varphi)[/mm] +
> [mm](-2*k*\omega*m+ \mu*\omega)*cos(\omega*t+\varphi)=0[/mm]
>
> Aber wie geht's jetzt weiter?
Koeffizientenvergleich:
[mm] m*k^2-\omega^2*m-\mu*k+D=0
[/mm]
und
[mm] -2*k*\omega*m+ \mu*\omega=0
[/mm]
FRED
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> Kann mir jemand helfen?
>
> Grüße
>
> matheman
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:47 So 14.11.2010 | | Autor: | matheman |
Aber was ist mit sin() und cos()? Die könnten doch auch noch 0 werden.
matheman
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:56 So 14.11.2010 | | Autor: | abakus |
> Aber was ist mit sin() und cos()? Die könnten doch auch
> noch 0 werden.
> matheman
Hallo,
diese Differenzialgleichung ...=0 besagt, dass da IMMER (also für jedes beliebige x) Null rauskommen soll. Also müssen die Koeffizienten so gewählt werden, dass das immer gilt und nicht nur für ein paar "günstige" Stellen x.
Gruß Abakus
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:16 So 14.11.2010 | | Autor: | matheman |
Habe jetzt mal mit dem Koeffizientenvergleich gerechnet:
Bei 2. kommt raus: [mm] k=\bruch{\mu}{2m} [/mm] . Ok. Das sollte auch rauskommen.
Wenn ich das in 1. einsetze und zusammenfasse erhalte ich:
[mm] \bruch{-{\mu}^2}{4m}-m*\omega^2+D=0
[/mm]
was kann ich mit diesem Ergebnis anfangen. Bei den bisherigen Aufgaben war es immer so, dass sich alles aufgehoben hat und tatsächlich auch 0 rauskam.
Außerdem ist mir noch nicht klar warum sin() und cos() keinen Beitrag mehr zur Lösung liefern? Ein "paar" Möglichkeit auf 0 zu kommen gäbe es dann doch noch mehr?!?
Ich hatte am Anfang die ganze Gleichung nochmal durch cos() geteilt. Dann steht im 2. Term eine 1 und im 1. Term ein tan(). Aber das hat es mir auch nicht klarer gemacht.
matheman
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Hallo matheman,
> Habe jetzt mal mit dem Koeffizientenvergleich gerechnet:
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> Bei 2. kommt raus: [mm]k=\bruch{\mu}{2m}[/mm] . Ok. Das sollte auch
> rauskommen.
> Wenn ich das in 1. einsetze und zusammenfasse erhalte ich:
> [mm]\bruch{-{\mu}^2}{4m}-m*\omega^2+D=0[/mm]
>
> was kann ich mit diesem Ergebnis anfangen. Bei den
> bisherigen Aufgaben war es immer so, dass sich alles
> aufgehoben hat und tatsächlich auch 0 rauskam.
Aus obiger Gleichung erhältst Du dann das [mm]\omega[/mm]
>
> Außerdem ist mir noch nicht klar warum sin() und cos()
> keinen Beitrag mehr zur Lösung liefern? Ein "paar"
> Möglichkeit auf 0 zu kommen gäbe es dann doch noch
> mehr?!?
Nun, ein Polynom
[mm]p\left(x\right)=\summe_{k=0}^{n}{a_{k}*x^{k}}[/mm]
ist nur dann das Nullpolynom, wenn alle ihre Koeffizienten 0 sind.
Dasselbe gilt auch für trigonometrische Polynome.
>
> Ich hatte am Anfang die ganze Gleichung nochmal durch cos()
> geteilt. Dann steht im 2. Term eine 1 und im 1. Term ein
> tan(). Aber das hat es mir auch nicht klarer gemacht.
>
>
> matheman
>
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:52 So 14.11.2010 | | Autor: | matheman |
... ich wußte nicht, dass ich überhaupt [mm] \omega [/mm] ausrechnen mußte. Bedeutet das, dass ich eigentlich Werte für A, [mm] \omega [/mm] und [mm] \varphi [/mm] suche?
Müßte die Fragestellung dann nicht anders sein. Etwa so: Bestimme A, [mm] \omega [/mm] und [mm] \varphi [/mm] so, dass .... Lösung der DG ist.
Was ist denn jetzt genau die Lösung der Aufgabe??? Bahnhof ....
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Hallo matheman,
> ... ich wußte nicht, dass ich überhaupt [mm]\omega[/mm] ausrechnen
> mußte. Bedeutet das, dass ich eigentlich Werte für A,
> [mm]\omega[/mm] und [mm]\varphi[/mm] suche?
Die Werte für A und [mm]\varphi[/mm] sind hier nicht interessant,
da keine Anfangsbedingungen gegeben sind.
Es ist nur die Werte für [mm]\omega[/mm] und k interessant,
welche aus der Lösung der charakteristischen Gleichung der DGL
unter Berücksichtigung, dass die Lösungen komplex sind, folgen.
>
> Müßte die Fragestellung dann nicht anders sein. Etwa so:
> Bestimme A, [mm]\omega[/mm] und [mm]\varphi[/mm] so, dass .... Lösung der DG
> ist.
>
> Was ist denn jetzt genau die Lösung der Aufgabe??? Bahnhof
> ....
Nun, die angegebene Lösung erfüllt die DGL nur dann, wenn
[mm]\omega= \ ...[/mm]
[mm]k=\bruch{\mu}{2m}[/mm]
Gruss
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:30 So 14.11.2010 | | Autor: | matheman |
D.h. ich stelle die eine Gleichung nochmal nach [mm] \omega [/mm] um. Dann habe ich aber zwei Lösungen [mm] \omega [/mm] = + ... und [mm] \omega [/mm] = -....
Woran erkenne ich, ob für eine Variable eine Anfangsbedingung gegeben ist? [mm] \omega [/mm] und [mm] \varphi [/mm] sehen für mich "gleichwertig" aus.
Grüße
matheman
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Hallo matheman,
> D.h. ich stelle die eine Gleichung nochmal nach [mm]\omega[/mm] um.
> Dann habe ich aber zwei Lösungen [mm]\omega[/mm] = + ... und [mm]\omega[/mm]
> = -....
Nimm die positive Lösung für [mm]\omega[/mm].
> Woran erkenne ich, ob für eine Variable eine
> Anfangsbedingung gegeben ist? [mm]\omega[/mm] und [mm]\varphi[/mm] sehen für
> mich "gleichwertig" aus.
Nun, [mm]\omega[/mm] ist von der Anfangsbedingung unabhängig., ebenso das k.
Das siehst Du an der allgemeinen Lösung der DGL. Diese Lösung der DGL
[mm]m*x''+\mu*x'+D*x=0[/mm]
kann nur auftreten, wenn das charakterische Polynom
[mm]m*\lamba^{2}+\mu*\lambda+D=0[/mm]
komplexe Lösungen hat. Also Lösungen der Form [mm]a +b i[/mm].
Nach der Eulerschen Identität gilt:
[mm]e^{\left(a + b i\right)*t}=e^{a*t}*\left( \ \cos\left(b*t\right)+i*\sin\left(b*t\right)[/mm]
Da sowohl Real- als auch Imaginärteil die DGL lösen, ergibt sich
[mm]x\left(t\right)=C_{1}*e^{a*t}*\sin\left(b*t)+C_{2}*e^{a*t}*\cos\left(b*t)[/mm]
Zusammengefasst ergibt sich:
[mm]x\left(t\right)=A*e^{a*t}*\sin\left(b*t+\phi)[/mm]
,wobei [mm]A=\wurzel{C_{1}^{2}+C_{2}^{2}}[/mm] und [mm]\phi=\arctan\left(\bruch{C_{2}}{C_{1}}\right)[/mm] ist.
Da die Konstanten [mm]C_{1}, \ C_{2}[/mm] von der Anfangsbedingung
abhängig sind, sind es somit auch A und [mm]\phi[/mm]
>
> Grüße
> matheman
Gruss
MathePower
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:06 Mo 15.11.2010 | | Autor: | matheman |
Wow ... darüber muss ich länger nachdenken. Mit komplexen Zahlen usw. und Euler-Identität haben wir noch nicht gerechnet.
Vielen Dank schon mal für deine ausführlichen Erläuterungen.
matheman
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