weiche Feder < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:57 So 13.12.2009 | | Autor: | cmueller |
| Aufgabe | Ein Punkt der Masse m=1 kann sich entlang der x-Achse bewegen und ist an einer Feder festgemacht. Eine ideale Feder zeiht den Punkt zurück in seine Ruhelade x=0 mit der Kraft -kx, wobei k>0 eine Konstante ist.
Bei einer "weichen" Feder gibt die Kraft bei größeren Auslenkungen nach und kann zunächst durch [mm] -kx+bx^{3} [/mm] beschrieben werden, wobei k,b>0 Konstanten sind.
a) Finden Sie für den Fall der weichen Feder die Differentialgleichnung zweiter Ordnung für x=x(t), die die Bewegung desPunktes beschreibt.
b) Da es sich um ein konservatives System handelt, bleibt die Summe E(x,v) der kinetischen und potentiellen Energie entlang jeder Trajektorie konstant (v:=x' ist die Geschwindigkeit des Punktes).
Finden Sie E
c) Sei un k=4 und b=1. Skizzieren Sie in einem Phasenportait, d.h. in der (x,v)-Ebene, Trajektorien (x(t),v(t)) für verschiedene Energieniveaus E(x,v)=C wobei C>0 eine Konstante ist.
Welche Symmetrien des Phasenportaits können Sie dabei benutzen?
Trajektorien in der Form von geschlossenen Kurven (dies entspricht periodischen Lösungen) können nur für Energien E<C* existieren. Finden Sie dieses kritische Energienievau C* und skizzieren Sie die entsprechende Trajektorie. |
Hallo zusammen,
ich habe mit zu der Aufgabe folgendes gedacht:
a) Nach 2.Newton-Gesetz [mm] $m*\vec{x}''=\vec{k}$ [/mm] und m=1 und [mm] \vec{k}=(t,x)=Kraft=-kx+bx^{3}
[/mm]
folgt [mm] x''(t)=-kx+bx^{3}
[/mm]
Das sieht sehr simpel aus, stimmt das überhaupt?
b) konservatives System, d.h. E(x,v) = kinetische+potentielle Energie
konetische = [mm] \bruch{1}{2}m*v^{2} =\bruch{1}{2}(x')^{2}
[/mm]
und für x'(t) hab ich raus
[mm] $x'(t)=\pm \wurzel{-kx^{2}+\bruch{b}{2}x^{4}+c}$
[/mm]
nächste Frage, kann das sein? ich bin ausgegangen von einem Beispiel der Vorlesung und den Fall x''=f(x)
Mein Problem ist die konstante c, weil ich irgendwie keine Anfangsbedingung habe, um die wegzukriegen (oder sehe ich die nur nicht?)
die potentielle Energie ist nach der VL und meinem x'
= [mm] -(-kx^{2}+\bruch{b}{2}x^{4})=+kx^{2}-\bruch{b}{2}x^{4}
[/mm]
und wenn ich dann E(x,v)=kin+pot setze bekomme ich:
[mm] E(x,v)=\bruch{3b}{4}x^{4}+\bruch{1}{2}c
[/mm]
Kann das Sein?
Angenommen ich liege bis dahin richtig (was sehr schön wäre^^) stehe ich nun vor aufgabenteil c, mit dem ich Probleme habe, weil ich noch nicht richtig verstanden habe, wie ich Trajektorien zeichne.
Hier bräuchte ich dringend Hilfe.
Wenn mir jemand außerdem beim finden des kritischen Energieniveaus helfen könnte, wäre ich sehr dankbar, aber das ist noch das kleinste Problem ;)
Vielen Dank schonmal für jede Mühe meinen Gedankenwirrwarr nachzuvollziehen ;)
lg cmueller
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:42 So 13.12.2009 | | Autor: | pelzig |
> a) Nach 2.Newton-Gesetz [mm]m*\vec{x}''=\vec{k}[/mm] und m=1 und
> [mm]\vec{k}=(t,x)=Kraft=-kx+bx^{3}[/mm]
> folgt [mm]x''(t)=-kx+bx^{3}[/mm]
> Das sieht sehr simpel aus, stimmt das überhaupt?
Ja, das stimmt. Leider bist du nicht sehr konsequent was die Unterscheidung zwischen Vektor und Skalar angeht. Im 1-dimensionalen Fall würde ich einfach sämtliche Vektorpfeile weglassen, man kommt genau auf diese DGL die du da am Ende hingeschrieben hast.
> b) konservatives System, d.h. E(x,v) =
> kinetische+potentielle Energie
> konetische = [mm]\bruch{1}{2}m*v^{2} =\bruch{1}{2}(x')^{2}[/mm]
>
> und für x'(t) hab ich raus
> [mm]x'(t)=\pm \wurzel{-kx^{2}+\bruch{b}{2}x^{4}+c}[/mm]
> nächste
> Frage, kann das sein? ich bin ausgegangen von einem
> Beispiel der Vorlesung und den Fall x''=f(x)
> Mein Problem ist die konstante c, weil ich irgendwie keine
> Anfangsbedingung habe, um die wegzukriegen (oder sehe ich
> die nur nicht?)
Das ist Richtig, danach war aber ich nicht gefragt. Dein c ist ja genau die Energie des Systems, d.h. c=E(x,v)=const.
> die potentielle Energie ist nach der VL und meinem x'
> = [mm]-(-kx^{2}+\bruch{b}{2}x^{4})=+kx^{2}-\bruch{b}{2}x^{4}[/mm]
Ähm hier hat sich glaub ich ein kleiner Fehler eingeschlichen: [mm] $U(x)=-\int(-kx+bx13)\ dx=\frac{k}{2}x^2-\frac{b}{4}x^4+c$.
[/mm]
> und wenn ich dann E(x,v)=kin+pot setze bekomme ich:
> [mm]E(x,v)=\bruch{3b}{4}x^{4}+\bruch{1}{2}c[/mm]
Nein: [mm] $E(x,v)=\frac{1}{2}v^2+U(x)=\frac{1}{2}v^2+\frac{k}{2}x^2-\frac{b}{4}x^4$.
[/mm]
> Angenommen ich liege bis dahin richtig (was sehr schön
> wäre^^) stehe ich nun vor aufgabenteil c, mit dem ich
> Probleme habe, weil ich noch nicht richtig verstanden habe,
> wie ich Trajektorien zeichne.
Steht ja eigentlich alles in der Aufgabe. Im Grunde solst du zu irgendeinem fest gewälten C die Teilmenge der (x,v)-Ebene zeichnen, deren Elemente die Gleichung E(x,v)=C erfüllen, wobei du jetzt noch k=4 und b=1 annehmen sollst. Das ist ist genau das Phasenportrait derjenigen Trajektorie, die die Energie oder das Energieniveau C hat. Als Beispiel: wenn C=1 ist hat man die Gleichung [mm] $$\frac{1}{2}v^2+2x^2-\frac{1}{4}x^4=1$$ [/mm] und du musst alle Punkte (x,v) in die (x,v)-Ebene einmalen, die diese Gleichung erfüllen.
Gruß, Robert
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:22 So 13.12.2009 | | Autor: | cmueller |
> > a) Nach 2.Newton-Gesetz [mm]m*\vec{x}''=\vec{k}[/mm] und m=1 und
> > [mm]\vec{k}=(t,x)=Kraft=-kx+bx^{3}[/mm]
> > folgt [mm]x''(t)=-kx+bx^{3}[/mm]
> > Das sieht sehr simpel aus, stimmt das überhaupt?
> Ja, das stimmt. Leider bist du nicht sehr konsequent was
> die Unterscheidung zwischen Vektor und Skalar angeht. Im
> 1-dimensionalen Fall würde ich einfach sämtliche
> Vektorpfeile weglassen, man kommt genau auf diese DGL die
> du da am Ende hingeschrieben hast.
>
> > b) konservatives System, d.h. E(x,v) =
> > kinetische+potentielle Energie
> > konetische = [mm]\bruch{1}{2}m*v^{2} =\bruch{1}{2}(x')^{2}[/mm]
>
> >
> > und für x'(t) hab ich raus
> > [mm]x'(t)=\pm \wurzel{-kx^{2}+\bruch{b}{2}x^{4}+c}[/mm]
> >
> nächste
> > Frage, kann das sein? ich bin ausgegangen von einem
> > Beispiel der Vorlesung und den Fall x''=f(x)
> > Mein Problem ist die konstante c, weil ich irgendwie
> keine
> > Anfangsbedingung habe, um die wegzukriegen (oder sehe ich
> > die nur nicht?)
> Das ist Richtig, danach war aber ich nicht gefragt. Dein c
> ist ja genau die Energie des Systems, d.h. c=E(x,v)=const.
> > die potentielle Energie ist nach der VL und meinem x'
> > =
> [mm]-(-kx^{2}+\bruch{b}{2}x^{4})=+kx^{2}-\bruch{b}{2}x^{4}[/mm]
> Ähm hier hat sich glaub ich ein kleiner Fehler
> eingeschlichen: [mm]U(x)=-\int(-kx+bx13)\ dx=\frac{k}{2}x^2-\frac{b}{4}x^4+c[/mm].
>
> > und wenn ich dann E(x,v)=kin+pot setze bekomme ich:
> > [mm]E(x,v)=\bruch{3b}{4}x^{4}+\bruch{1}{2}c[/mm]
> Nein:
> [mm]E(x,v)=\frac{1}{2}v^2+U(x)=\frac{1}{2}v^2+\frac{k}{2}x^2-\frac{b}{4}x^4[/mm].
>
eine Frage hierzu noch:
du schreibst hier das c aus U(x) nicht mehr...muss das nicht mehr dahin, oder hast dus nur vergessen?
und ich bin damit noch fertig für aufgabenteil b) oder? ich habe ja E(x,v) gefunden^^
und zu c ncoh eins: also was du geschrieben hast ist klar^^
aber wenn ich die punkte jez zeichne verbinde ich die dann auch sodass eine kurve/ein kreis entsteht?
und wenn ich die gleichnung [mm] \bruch{1}{2}v^{2}+2x^{2}-\bruch{1}{4}x^{4}=1 [/mm] auflöse, bekomme ich den x wert doch in abhängigkeit von v oder wie muss ich das machen?
vielen dank
lg chríssi
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:09 So 13.12.2009 | | Autor: | pelzig |
Wie ich bereits geschrieben habe, dein c ist genau die Energie. Die Logik ist folgende: Die Bewegungsgleichung ist [mm] $$x''=-\operatorname{grad} U=\frac{d}{dx}U.$$ [/mm] Sei nun [mm]x=x(t)[/mm] eine Lösung dieser Bewegungsgleichung und multipliziere beide Seiten mit $v=x'$, dann hat man u.a. nach der Kettenregel [mm] $$\frac{d}{dt}\frac{1}{2}v(t)^2=\frac{d}{dt}-U(x(t)).$$ [/mm] Nun weißt du das ist aber nur möglich wenn die Funktionen [mm] $\frac{1}{2}v^2$ [/mm] und [mm]-U(x(t))[/mm] bis auf eine additive konstante (die hast du c genannt) gleich sind, d.h. man hat [mm] $$\frac{1}{2}v(t)^2+U(x(t))=c\qquad$( [/mm] für alle $t)$$ Das heißt, dass dieses c eben genau die Summe aus kinetischer und potentieller Energie ist, also [mm]E=E(x,v)=c=const.[/mm]. Die Gleichung könnte man jetzt nach v auflösen und käme schließlich mit Trennung der Veränderlichen auf die bekannte Formel [mm] $$t-t_0=\pm\integral_{x_0}^x{\frac{dx'}{\sqrt{\frac{2}{m}(E-U(x'))}}},$$ [/mm] aber das ist hier nicht relevant.
Wegen der Aufgabe c), ich habe die jetzt nicht gerechnet und weiß auch nicht genau was rauskommt, aber prinzipiell sollten diese Mengen in der (x,v)-Ebene eindimensionale krummlinige Objekte sein. Kreise und Ellipsen kommen höchstwahrscheinlich nicht raus weil du diesen [mm] $x^4$-Term [/mm] hast der alles etwas kompliziert macht. Ich vermute auch dass wenn das Energieniveau sehr groß wird, dann die Trajektorie ins unendliche verschwindet.
Edit: Ich habe mal für die Energie E=1 (links) und E=5 (rechts) das ganze in Mathematica gesteckt und man bekommt folgendes Phasenportrait:
[Dateianhang nicht öffentlich] [Dateianhang nicht öffentlich]
Links sieht man, dass es zu diesem Energieniveau je nach Anfangsbedingung drei Trajektorien gibt! Das Ding in der Mitte sieht aus wie eine Ellipse, ist aber keine (es ist eine Ellipse in der [mm] (x^2,v)-Ebene). [/mm] Für E>4 hat man dann ein Phasenportrait wie auf der rechten Seite.
Hier gibt es also nur noch zwei Trajektorien. Auf jeden Fall sieht man, dass es zwei Symmetrieachsen gibt: v=0 und x=0.
Gruß, Robert
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
Anhang Nr. 2 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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