Physikalisches AWP < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:08 So 11.10.2009 | | Autor: | Arcesius |
| Aufgabe | Lösen Sie das folgende Anfangswertproblem
[mm] \begin{cases} mx'' = F(x) \\ x(t_{0}) = x_{0} \\ x'(t_{0}) = 0 \end{cases}
[/mm]
wobei F(x) = [mm] -2U_{0}\alpha \bruch{sin(\alpha x)}{cos^{3}(\alpha x)}
[/mm]
für Konstanten [mm] U_{0} [/mm] > 0 und [mm] \alpha [/mm] > 0 sowie x [mm] \in (-\bruch{\pi}{2\alpha},\bruch{\pi}{2\alpha}). [/mm] |
Hallo
Ich habe mich mal an diese Aufgabe versucht, leider nicht wirklich mit Erfolg.
Ich poste mal meine Schritte, vielleicht (bestimmt :)) sieht dann jemand meine Fehler.
Zuerst schreibe ich das ganze um:
x'' = [mm] \bruch{-2U_{0}\alpha}{m} \bruch{sin(\alpha x)}{cos^{3}(\alpha x)}
[/mm]
Dann:
i) Potential U
U' = -F [mm] \Rightarrow [/mm] U' = [mm] \bruch{2U_{0}\alpha}{m} \bruch{sin(\alpha x)}{cos^{3}(\alpha x)}
[/mm]
U = [mm] \bruch{U_{0}}{m*cos^{2}(\alpha x)}
[/mm]
ii) Energie E
x'' = -U'(x) [mm] \Rightarrow [/mm] x'' + U'(x) = 0 [mm] \Rightarrow (\bruch{1}{2}x^{2}' [/mm] + U(x))' = 0
[mm] \Rightarrow [/mm] E = [mm] \bruch{1}{2}x^{2}' [/mm] + [mm] \bruch{U_{0}}{m*cos^{2}(\alpha x)} [/mm] konstant
iii) Anfangswerte
[mm] x(t_{0}) [/mm] = [mm] x_{0}
[/mm]
[mm] x'(t_{0}) [/mm] = 0
E = [mm] \bruch{1}{2}x^{2}'(t_{0}) [/mm] + [mm] \bruch{U_{0}}{m*cos^{2}(\alpha x(t_{0}))} [/mm] = [mm] \bruch{U_{0}}{m*cos^{2}(\alpha x(t_{0}))}
[/mm]
iv) Extrema
Hier weiss ich schon nicht wie ich vorgehen soll. Meine Funktion ist für x = [mm] \pm \bruch{\pi}{2\alpha} [/mm] nicht definiert, darum ist ja x [mm] \in (-\bruch{\pi}{2\alpha},\bruch{\pi}{2\alpha}).
[/mm]
Ich habe jetzt trotzdem mal [A;B] = [mm] [-\bruch{\pi}{2\alpha},\bruch{\pi}{2\alpha}] [/mm] gesetzt.. .weiss sonst nicht was ich tun soll.
Jetzt besitzt das AWP eine periodische Lösung mit Periode T = 2 [mm] \integral_{x_{0}}^{x}{\bruch{dt}{\wurzel{2(E-U(t))}}}, [/mm] x [mm] \in [/mm] [A;B].
Hier blicke ich jetzt gar nicht mehr durch... ich kann schon mein E und mein U in das Integral einsetzen.. nur habe ich das Problem mit den Grenzen..
Kann mir jemand helfen? :)
Grüsse, Amaro
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:18 So 11.10.2009 | | Autor: | rainerS |
Hallo Amaro!
> Lösen Sie das folgende Anfangswertproblem
>
> [mm]\begin{cases} mx'' = F(x) \\ x(t_{0}) = x_{0} \\ x'(t_{0}) = 0 \end{cases}[/mm]
>
> wobei F(x) = [mm]-2U_{0}\alpha \bruch{sin(\alpha x)}{cos^{3}(\alpha x)}[/mm]
>
> für Konstanten [mm]U_{0}[/mm] > 0 und [mm]\alpha[/mm] > 0 sowie x [mm]\in (-\bruch{\pi}{2\alpha},\bruch{\pi}{2\alpha}).[/mm]
>
> Hallo
>
> Ich habe mich mal an diese Aufgabe versucht, leider nicht
> wirklich mit Erfolg.
> Ich poste mal meine Schritte, vielleicht (bestimmt :))
> sieht dann jemand meine Fehler.
>
> Zuerst schreibe ich das ganze um:
>
> x'' = [mm]\bruch{-2U_{0}\alpha}{m} \bruch{sin(\alpha x)}{cos^{3}(\alpha x)}[/mm]
>
> Dann:
>
> i) Potential U
>
> U' = -F [mm]\Rightarrow[/mm] U' = [mm]\bruch{2U_{0}\alpha}{m} \bruch{sin(\alpha x)}{cos^{3}(\alpha x)}[/mm]
>
> U = [mm]\bruch{U_{0}}{m*cos^{2}(\alpha x)}[/mm]
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> ii) Energie E
>
> x'' = -U'(x) [mm]\Rightarrow[/mm] x'' + U'(x) = 0 [mm]\Rightarrow (\bruch{1}{2}x^{2}'[/mm]
> + U(x))' = 0
>
> [mm]\Rightarrow E = \bruch{1}{2}x^{2}' + \bruch{U_{0}}{m*cos^{2}(\alpha x)}[/mm] konstant
OK, nur die Schreibweise ist etwas merkwürdig: [mm] $x^{2}'$ [/mm] würde ich als Ableitung von [mm] $x^2$ [/mm] interpretieren, gemeint ist aber [mm] $(x')^2$.
[/mm]
> iii) Anfangswerte
>
> [mm]x(t_{0}) = x_{0}[/mm]
> [mm]x'(t_{0}) = 0[/mm]
>
> [mm]E = \bruch{1}{2}x^{2}'(t_{0})+\bruch{U_{0}}{m*cos^{2}(\alpha x(t_{0}))} = \bruch{U_{0}}{m*cos^{2}(\alpha x(t_{0}))}[/mm]
Du hast also ein erstes Integral bestimmt und so die DGL zu einer DGL erster Ordnung gemacht. Die kannst du per Trennung der Variablen lösen.
> iv) Extrema
>
> Hier weiss ich schon nicht wie ich vorgehen soll. Meine
> Funktion ist für [mm]x = \pm \bruch{\pi}{2\alpha}[/mm] nicht
> definiert, darum ist ja [mm]x \in (-\bruch{\pi}{2\alpha},\bruch{\pi}{2\alpha})[/mm].
Richtig, das Potential geht an den Rändern des Intervalls gegen [mm] $\infty$.
[/mm]
> Ich habe jetzt trotzdem mal [mm][A;B] = [-\bruch{\pi}{2\alpha},\bruch{\pi}{2\alpha}][/mm] gesetzt..
> .weiss sonst nicht was ich tun soll.
Wozu? Es ist doch vollkomment ausreichend, dass offene Interval zu betrachten. Da das Potential an den Rändern gegen [mm] $\infty$ [/mm] geht, kann die Bewegung nie die Ränder erreichen.
>
>
> Jetzt besitzt das AWP eine periodische Lösung mit Periode
> [mm] T = 2 \integral_{x_{0}}^{x}{\bruch{dt}{\wurzel{2(E-U(t))}}}[/mm], [mm] x \in [A;B][/mm].
Da stimmt einiges nicht. Erst einmal muss es heißen
[mm] T = 2 \integral_{x_{1}}^{x_2}{\bruch{d\red{x}}{\wurzel{2(E-U(\red{x}))}}}[/mm],
wobei [mm] $x_1$ [/mm] und [mm] $x_2$ [/mm] die Umkehrpunkte der Bewegung sind, die sich aus der Bedingung [mm] $\dot{x} [/mm] = 0$ ergeben.
Einer der Umkehrpunkte ist ja schon durch [mm] $\dot{x}(t_0) [/mm] = 0$ gegeben. Der andere ist [mm] $-x_0$. [/mm] Das siehst du entweder aus der Symmetrie (das Potential und damit auch die Bewegung ist symmetrisch zu $x=0$), oder durch direktes Einsetzen in die Gleichung für die Energie.
Damit ist dein Integral
[mm] T = 2 \integral_{-x_0}^{+x_0}{\bruch{d\red{x}}{\wurzel{2(E-U(t))}}}[/mm].
Zur Lösung der Bewegungsgleichung selbst: das Integral entsteht ja durch Trennen der Variablen:
[mm] t-t_0 = \integral_{x_{0}}^{x}{\bruch{dx}{\wurzel{2(E-U(x))}}} [/mm].
Wie du schon ausgerechnet hast, ist
[mm] E-U(x) = \bruch{2U_0}{m} \left(\bruch{1}{\cos^2(\alpha x_0)} - \bruch{1}{\cos^2(\alpha x)}\right) [/mm]
Das Integral rechnest du aus. Tipp: Substituiere [mm] $z=\sin(\alpha [/mm] x)$!
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:48 So 11.10.2009 | | Autor: | Arcesius |
Hallo
Erstmal vielen Dank für deine Korrektur.
Jedoch stecke ich bei diesem Integral immernoch fest.. Ich wusste zwar nicht, ob ich einen Fehler gemacht hatte bei der Berechnung der Energie und des Potentials, allerdings hatte ich schon versucht das Integral zu lösen...
Ich habe da stehen:
T = [mm] 2\integral_{-\bruch{\pi}{2\alpha}}^{\bruch{\pi}{2\alpha}}{\bruch{dx}{\wurzel{2\bruch{U_{0}}{m}(\bruch{1}{cos^{2}(\alpha x)} - \bruch{1}{cos^{2}(\alpha x_{0})})}}}
[/mm]
Wenn ich jetzt mal ein paar Sachen herausziehe, kann ich das auf die Form:
T = [mm] \bruch{2}{\wurzel{2\bruch{U_{0}}{m}}} \integral_{-\bruch{\pi}{2\alpha}}^{\bruch{\pi}{2\alpha}}{\bruch{1}{\wurzel{\bruch{1}{cos^{2}(\alpha x)} - \bruch{1}{cos^{2}(\alpha x_{0})}}} dx}
[/mm]
Jedoch sehe ich jetzt noch nicht, wie ich weiter machen soll. Ich befolge deinen Tipp und mache eine Substitution:
z = [mm] cos(\alpha [/mm] x) [mm] \Rightarrow [/mm] dx = [mm] -\bruch{dz}{\alpha sin(\alpha x)}
[/mm]
[mm] \Rightarrow [/mm] T = [mm] -\bruch{2}{\wurzel{2\bruch{U_{0}}{m}}} \integral_{-\bruch{\pi}{2\alpha}}^{\bruch{\pi}{2\alpha}}{\bruch{1}{\wurzel{\bruch{1}{z^{2}} - \bruch{1}{cos^{2}(\alpha x_{0})}}} \bruch{dz}{\alpha sin(\alpha x)}}
[/mm]
Ich sehe jetzt irgendwie nicht, wie ich dieses Monster lösen sollte ^^
Grüsse, Amaro
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:11 So 11.10.2009 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Jedoch stecke ich bei diesem Integral immernoch fest.. Ich
> wusste zwar nicht, ob ich einen Fehler gemacht hatte bei
> der Berechnung der Energie und des Potentials, allerdings
> hatte ich schon versucht das Integral zu lösen...
> Ich habe da stehen:
>
> T =
> [mm]2\integral_{-\bruch{\pi}{2\alpha}}^{\bruch{\pi}{2\alpha}}{\bruch{dx}{\wurzel{2\bruch{U_{0}}{m}(\bruch{1}{cos^{2}(\alpha x)} - \bruch{1}{cos^{2}(\alpha x_{0})})}}}[/mm]
Wie leduart schrieb, ist der Faktor m zuviel.
Und die Grenzen sind falsch! Lies dir nochmal durch, was ich in meinem ersten Post geschrieben habe: die Integration hat als Grenzen die Umkehrpunkte der periodischen Bewegung, also [mm] $-x_0$ [/mm] und [mm] $+x_0$!
[/mm]
>
> Wenn ich jetzt mal ein paar Sachen herausziehe, kann ich
> das auf die Form:
>
> T = [mm]\bruch{2}{\wurzel{2\bruch{U_{0}}{m}}} \integral_{-\bruch{\pi}{2\alpha}}^{\bruch{\pi}{2\alpha}}{\bruch{1}{\wurzel{\bruch{1}{cos^{2}(\alpha x)} - \bruch{1}{cos^{2}(\alpha x_{0})}}} dx}[/mm]
>
> Jedoch sehe ich jetzt noch nicht, wie ich weiter machen
> soll. Ich befolge deinen Tipp und mache eine Substitution:
>
> z = [mm]cos(\alpha[/mm] x) [mm]\Rightarrow[/mm] dx = [mm]-\bruch{dz}{\alpha sin(\alpha x)}[/mm]
Sorry, es muss heißen: [mm] $z=\sin(\alpha [/mm] x)$. mach's dir nicht so schwer und multipliziere Zähler und Nenner erst einmal mit [mm] $\cos(\alpha [/mm] x) [mm] \cos(\alpha x_0)$! [/mm]
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:28 So 11.10.2009 | | Autor: | Arcesius |
Hallo Reiner
Ich habe irgendwie das Gefühl, dass ich nicht ganz verstehe was ich machen soll, denn ich habe jetzt dieses Integral mit wolframalpha gelöst und das Ergebnis ist.. naja.. nicht gerade nett ^^
![[]](/images/popup.gif) Integral
Auch wenn ich die Brüche erweitere komme ich zu nichts.. Ich glaube ich versuche es morgen nochmals, lese nochmals die Beitiräge und die Theorie durch usw..
Auf jeden Fall vielen Dank für deine Antworten!
Grüsse, Amaro
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:51 So 11.10.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
auch wolfram kann mit so schrecklichen doppelbruechen schlecht umgehen, also befolg rainers Rat und vereinfache erst (mit Doppelbr. sollte man das immer!) dann liefert auch W was einfacheres! und lass das a weg, das verwirrt nur! z=ax kann man ja immer machen.
Gruss leduart
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:35 So 11.10.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
Ich glaube du und rainer haben uebersehen, dass das m im Nenner ueberall wegfaellt (bei U) und nur bei x' stehen bleibt.
entsprechend ist dann E [mm] =m/2(x')^2+U
[/mm]
Gruss leduart
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:58 So 11.10.2009 | | Autor: | Arcesius |
Hallo
Ich verstehe nicht ganz.. dieses m habe ich ja bevor ich das Potential und so bestummen habe nach rechts genommen, so dass mein x'' alleine steht.
Fällt dieses m dann trotzdem weg? Ich sehe es irgendwie nicht ^^
Grüsse, Amaro
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:53 So 11.10.2009 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Hallo
>
> Ich verstehe nicht ganz.. dieses m habe ich ja bevor ich
> das Potential und so bestummen habe nach rechts genommen,
> so dass mein x'' alleine steht.
> Fällt dieses m dann trotzdem weg? Ich sehe es irgendwie
> nicht ^^
Du hast durch m dividiert, also steht links $E/m$, nicht E.
Viele Grüße
Rainer
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 18:54 So 11.10.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
U=-F' und in F steht kein m! [mm] U\ne [/mm] x'
in x' steht das m
was ist mit der Integrationskonstanten, die du durch [mm] x'(t_0) [/mm] bestimmen kannst?
Gruss leduart
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