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  Nichtlineare Differentialgleichung lösen |
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Schreck
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 |  Themenstart: 2014-09-24
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Hallo, wie lässt sich diese Differentialgleichung:
$y''(t) \cdot y^2(t)= \text{const}$
lösen?
Gibt es dafür spezielle ansätze?
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gonz
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 | Beitrag No.1, eingetragen 2014-09-24
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Hallo Schreck,
du kannst die DGL umformen zu
\
y'' y' = y' c/y^2
In dieser Form steht links und rechts jeweils die "innere Ableitung" vor dem Term, sodass du integrieren kannst.
Das geht allgemein recht gut bei DGL der Form y'' = f(y)
Kommst du damit weiter?
Grüsse
gonz
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Schreck
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| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2014-09-24
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\quoteon(2014-09-24 16:12 - gonz in Beitrag No. 1)
du kannst die DGL umformen zu
\
y'' y' = y' c/y^2
In dieser Form steht links und rechts jeweils die "innere Ableitung" vor dem Term, sodass du integrieren kannst.
\quoteoff
Das heißt ich habe dann:
$[y'(t)]' \cdot y'(t) = y'(t)\frac{C}{y^2(t)}$
Wüsste aber nicht was es da zum Integrieren gibt? Bzw wie man da integrieren soll?
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gonz
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| Beitrag No.3, eingetragen 2014-09-24
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Ja genau. Schau dir doch zB für die Linke Seite mal an, was passiert, wenn du den Term
\
f(t)= 1/2 [ y'(t) ]^2
nach t ableitest. Entsprechend kannst du umgekehrt vorgehen, wenn du die DGL in der oben angegebenen Form auf beiden Seiten integrierst. Du suchst einmal die Stammfunktion von y' (wobei du y' als Variable betrachtest) und einmal die von c/y^2 (wobei du y als Variable betrachtest).
PS.: Änderung : Fehler in Klammerung des Terms f(t) behoben
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Schreck
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| Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2014-09-24
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Mir ist es ehrlich gesagt ein Rätsel, wie ein Mensch auf das hier kommen kann:
$\int y''(t) \cdot y'(t) dt =\frac{1}{2}[y'(t)]^2$
Ich würde da nicht in 100 000 Jahren draufkommen, dass das auch die Stammfunktion ist.
Demzufolge habe ich auch keine Ahnung was
$\int y'(t)\frac{C}{y^2(t)} dt$
ist.
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gonz
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| Beitrag No.5, eingetragen 2014-09-24
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Man muss ja nicht selber drauf kommen (das tut wohl kaum jemand) sondern man lernt das Schema kennnen.
wenn du eine Funktion der Form
f(x) = x
integrieren kannst und findest
\
F(x) = 1/2 x^2 + c
dann kannst du analog vorgehen wenn du eine Stammfunktion für die Funktion von y' suchst, bei der die innere Ableitung eben das y'' davorsteht. Analog musst du auf der rechten Seite schauen, was du tun würdest, wenn du die Funktion
\
g(x) = c/x^2
integrieren sollst....
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gonz
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| Beitrag No.6, eingetragen 2014-09-24
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Oder nochmal anders versucht... für die linke Seite sieht es so aus:
\
du willst den folgenden Term integrieren:
int(y''(t) y'(t),t)
oder allgemein etwas von der Form
int(y'' f(y'(t)),t)
Dabei ist f eine beliebige Funktion, in unserem Fall ist
f(y'(t)) = y'(t)
Das kannst du tun, indem du dir überlegst, wie du die Funktion integrieren würdest, wenn du sie mit x als Argument schreibst:
für f(x)=x
kennst du die Stammfunktion
F(x) = 1/2 x^2
Es gilt dann ja für die Ableitung allgemein:
[ F(y'(t)) ]' = y''(t) f(y'(t))
nämlich nach der Kettenregel, indem ja f die Ableitung von F ist (äussere Ableitung) und y'' die Ableitung von y' ist (hier die innere Ableitung). Damit hast du insgesamt gefunden:
int( y''(t)* y'(t) ,t) = 1/2 [y'(t)]^2 + c
Genau analog kannst du auf der rechten Seite vorgehen...
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Schreck
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| Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2014-09-24
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Ach so. Ja jetzt leuchtet es mir ein!! Was muss ich differenzieren, dass sozusagen 1/y^2 rauskommt mal der inneren Ableitung y'(t). Das ist ja eh einfach, da ich nur 1/y^2 integrieren muss um das herauszufinden...
Irgendwie habe ich dadurch aber nicht wirklich etwas erreicht:
$\frac{1}{2}[y'(t)]^2=-\frac{C}{y(t)}$
Was mache ich damit?
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gonz
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| Beitrag No.8, eingetragen 2014-09-24
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Doch klar - du hast aus einer DGL zweiter Ordnung eine DGL erster Ordnung gewonnen. Du kannst das Ganze nach y' auflösen und dann die resultierende DGL mit der Methode der "Trennung der Variablen" angehen. Sagt dir das etwas? Sonst wuseln wir uns durch... es ist im Prinzip dasselbe Spiel wie eben, nur dass nach dem Integrieren dann keine DGL mehr steht, sondern eine Gleichung, in der nur mehr y und t vorkommen...
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gonz
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| Beitrag No.9, eingetragen 2014-09-24
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Du hast übrigens die Integrationskonstante vergessen. Es steht dann jedenfalls da:
\
1/2 (y'(x))^2 = k - C/y(x)
y'(x) = sqrt( 2k - 2C/y(x) )
y'(x) 1 / sqrt( 2k - 2C/y(x) ) = 1
y'(x) sqrt( y(x)/(2ky(x) - 2C )) = 1
Dh nun hast du dieselbe Situation wie oben : y' steht vor einer Funktion von y. Damit kannst du das Integrieren, wenn du das Integral
int(sqrt(y/(2ky-2C)) ,y )
geknackt bekommst. Nun wäre die Frage, wofür du es brauchst, also ob du nur an einer Lösung intessiert bist (dann könnte man ein Tool damit beschäftigen) oder ob du eine komplette Lösung erarbeiten sollst, dann wäre hier eben weiter zu knobeln.... (wobei das Integral beliebig ekelhaft sein kann).
Wenn du Nebenbedingungen hast, wäre es gut, diese jetzt schonmal einzusetzen, um ggf. den wert für k zu bestimmen und zu schauen, ob sich etwas vereinfacht.
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fru
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 | Beitrag No.10, eingetragen 2014-09-24
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Hallo Schreck!
Man könnte auch sagen, ein Integrand der Form f(t) f'(t) wird durch Anwenden der Substitutionsregel integriert:
\
Mit z:=f(t) wird dz\/dt=f'(t), also gilt:
int(f(t)*f'(t)*,t)=int(z*dz/dt*,t)=int(z*,z)=z^2/2+C=f(t)^2/2+C
Liebe Grüße, Franz
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gonz
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| Beitrag No.11, eingetragen 2014-09-25
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Schlaflos in Wildemann und immerhin froh, dass ich so Dinge noch im Kopf parken kann... also noch zwei Anmerkungen dazu.
Franz, danke für den Hinweis mit der Substitutionsregel, das ist eine schöne Art das was man da tut auf Bekanntes zurückzuführen :)
Guten Morgen Schreck :)
Einmal kann man die gefundene Form der DGL ersten Grades in zwei Spezialfällen einfach lösen und damit auch ein wenig testen, ob man bisher grobe Schnitzer gemacht hat. Es war ja
\
y'(t) sqrt( y(t)/(2ky(t) - 2C )) = 1
Für C=0 ergibt sich y'(t)=const und damit y(t)= At + B , d.h. die Lösungen sind die Geradengleichungen in beliebiger Lage. Das ist offensichtlich richtig, da dann y''(t)=0 und die DGL erfüllt ist. Das sind dann auch alle Lösungen, wenn ich ein Anfangswertproblem stellen wollte, könnte ich für einen Punkt t_0 jeweils den Anfangswert y(t_0) und die Steigung y'(t_0) vorgeben.
Für C<>0 können wir wenigstens partikuläre Lösungen finden für den Fall k=0, dann ergibt sich nämlich
y'(t) sqrt( y(t)/(- 2C )) = 1
y'(t) sqrt( y(t) ) = sqrt(-2C)
Integriert, und dabei die Integrationskonstante fortgelassen, da ich nur eine partikuläre Lösung suche
2/3 y(t)^(3/2) = sqrt(-2C)t
und die Konstanten zusammengefasst
y(t) = C^~ root(3,t^2)
Und damit eine Lösung hergestellt, die man durch Einsetzen in die DGL verifizieren kann - und auch ganz am Anfang schon beim Rumprobieren durch Ansatz der Form
\
y(t)=\alpha t^\beta
hätte finden können...
Nun bist du wieder dran, Schreck, zumindest zu verraten, wofür du die Lösung benötigst (damit man ein wenig einordnen kann an welcher Art von Lösungen du überhaupt interessiert bist) und ob dir das soweit weiterhilft....
Grüsse
und einen schönen Tag wünscht
gonz
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Schreck
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| Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2014-09-25
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Leute dankeschön für die Hilfe! Ich kann heute leider nicht mehr rechnen, da ich einen recht langen Tag hatte..
Morgen früh werde ich alles erklären und auch dieses verfluchte Beispiel lösen.
Danke!
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Schreck
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| Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2014-09-26
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Eigentlich handelt es sich um eine Geschwindigkeit.
$\left\{\begin{matrix}
v(t=0) &= &0\\
v'(t=0) & =&\frac{k_0}{d^2}
\end{matrix}\right.$
Jedoch verstehe ich irgendwie nicht wie ich das auf diese Gleichung direkt anwenden kann?
$v'(t) \sqrt{\frac{v(t)}{2C v(t)-2k_0}}=1$
Denn wenn ich diese zwei Randbedingungen einsetze, dann steht
0 = 1.
Und das würde irgendwie nicht mehr der Wahrheit entsprechen...
Was mache ich falsch?
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gonz
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| Beitrag No.14, eingetragen 2014-09-26
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Hm, der Wert y(0)=0 würde ja bedeuten, dass die Konstante auf der rechten Seite der Gleichung, die du eingangs angeschrieben hast, Null sein sollte? denn sonst kann ja
y''(x) y(x) = const
nicht erfüllt werden (es sei denn es gibt im Punkt Null eine unendliche Beschleunigung) und man betrachtet die angegebenen Werte als Grenzwerte).
Wofür steht denn v? ist vielleicht y die Ortskoordinate und v=y' ?
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Schreck
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| Beitrag No.15, vom Themenstarter, eingetragen 2014-09-26
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Ahhh ich hab mich jetzt total geirrt!! Es sollte nicht v sein, sondern y!! Und außerdem sind die RB so:
$\left\{\begin{matrix}
y'(t=0) &= &0\\
y''(t=0) & =&\frac{k_0}{d^2}
\end{matrix}\right.$
y' ist die Geschwindigkeit und y'' ist die Beschleunigung. Interessanterweise weiß ich auch was y(t=0) ist. Das ist nämlich genau d. Das verwundert mich jetzt auch, denn ich hätte 3 RB:
$\left\{\begin{matrix}
y(t=0) &= &d\\
y'(t=0) &= &0\\
y''(t=0) & =&\frac{k_0}{d^2}
\end{matrix}\right.$
Kann das überhaupt sein`?
Ändern tut das aber nichts. Es steht immer noch 0 = 1.
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lula
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 | Beitrag No.16, eingetragen 2014-09-26
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Hallo
Bei einer Dgl erster Ordnung kann man nicht 2 Anfangsbedingungen vorgeben, also schildere bitte erstmal genau die gesamte Aufgabe! Und nicht so tröpfchenweise immer mal eine Zusatzinformation.
bis dann, lula
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.14 begonnen.]
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Schreck
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| Beitrag No.17, vom Themenstarter, eingetragen 2014-09-26
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\quoteon(2014-09-26 17:21 - lula in Beitrag No. 16)
Bei einer Dgl erster Ordnung kann man nicht 2 Anfangsbedingungen vorgeben
\quoteoff
Es ist ja auch eine 2 ter ordnung. Aber ich habe die mit HIlfe von gonz zu einer erster Ordnung vereinfacht.
Die Aufgabe ist eigentlich sehr simpel: Eine Ladung der masse m und Ladung q wird von der Ruhelage ausgelassen (Abstand d) und diese beschleunigt aufgrund der Influenz auf die unendliche metallische ebene. Wann trifft sie auf?
Da ist logischerweise x'(t=0) = 0 und x''(t=0) = k_0/d^2. Außerdem ist die Position x(t=0) = d.
Jedoch irritiert das deswegen weil hier 3 RB abzuleiten sind obwohl nur DG 2ter Ordnung..
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gonz
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| Beitrag No.18, eingetragen 2014-09-26
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Hallo Schreck,
zwei Freiheitsgrade für Randbedingungen passt schon, ich habe ja in Post 9 bei der Herleitung der DGL erster Ordnung eben bereits eine Integrationskonstante k eingeführt, die zweite ergibt sich dann beim integrieren dieser DGL.
Wenn du die Randbedingungen aus einem Physikalischene Problem hast, kann es einfach sein, dass diese in sich redundant sind. Betrachte einfach mal einen senkrechten Wurf nach oben, dort hast du zB locker x(0)=0, x'(0)=v0 und x''(0)=-g . Das passt dann einfach, weil sich die vermeintliche Randbedingung x''(0)=-g eben schon implizit in der DGL x''(t)=-g findet. In diesem Beispiel ist es natürlich einfach zu sehen, in anderen mag es komplizierter sein.
Allerdings verstehe ich auch grad nicht so wirklich, wo du grad hin willst und wie sich die randbedingungen bei deinem Problem sortieren. Ich kann auch leider erst frühstens morgen vormittag in ruhe draufgucken... (insofern lula beipflichtend... ein wenig mehr ordnung in deinen gedanken und vollständige information wäre schon wünschenswert.
Einen schönen Abend wünscht
gonz
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gonz
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| Beitrag No.19, eingetragen 2014-09-27
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Hallo Schreck und einen schönen Samstag Morgen,
ich nehme also an, dass du drei Randbedingungen hast, da du bereits aus physikalischen Überlegungen Redundanz hineingesteckt hast ("wird von der Ruhelage ausgelassen (Abstand d))" und entsprechend zwei dieser Bedingungen genügen, um eine eindeutige Lösung der DGL zu erhalten, die dann automatisch die dritte erfüllt.
Wenn du die Randbedingungen wie in #17 angibst (ich nehme an das x dort ist das y aus der DGL aus #1), dann ergibt sich ja
\
y''(0) y(0)^2 = k_0/d^2 * d^2 = k_0
das heisst das " = const" aus dem Eingangspost wird damit zu "= k_0"
das ist die Konstante, die ich dann in Post #1 und folgenden C genannt habe. Du siehst, es gibt einfach eine Verwirrung der Bezeichner, und es wäre gut, wenn du da mehr Sorgfalt und Eindeutigkeit walten lassen könntest. Und damit ist auch gleich klar, dass dies eben die redundanten Nebenbedingungen sind, da du ja in Form des "const" einen dritten Freiheitsgrad ins Spiel gebracht hast, den wir nun aus einer Kombination von zwei der drei Randbedingungen befriedigen können.
Nun fragt man sich natürlich, warum denn dann die DGL wie sie in Post #11 angegeben habe, gar keine Lösung mit y'(x)=0 zuzulassen scheint. Das gibt Anlass, zurückzugehen und zu schauen, wo wir ggf. Nebenzweige übersehen haben, und siehe da, in Post #9 von der zweiten zur dritten Formel habe ich locker durch die Wurzel geteilt, die da auch hätte Null sein können, und tatsächlich sind das genau die Fälle, in denen dann auch y'(t)=0 wird.
Es macht also Sinn, bei der zweiten Formel aus Post #9 nochmal aufzusetzen, und hier bereits die Randbedingungen einzusetzen, um die Integrationskonstante k zu bestimmen. Es ergibt sich dann
\
y'(t) = sqrt( 2k - 2C/y(t) )
Und
y'(0)=0
y(0)=k_0/d^2
sowie zur festlegung der Anfangsgleichung
C = k_0
und damit
0 = sqrt( 2k - 2 k_0/(k_0/d^2) )
=> k=d^2
und damit als DGL erster Ordnung unter Ausschöpfung von zwei der drei Randbedingungen, also mit noch genau einem Freiheitsgrad:
\
y'(x) = sqrt(2) sqrt( d^2-k_0/y(t))
Rechenfehler vorbehalten, ich rechne es nachher in ruhe nochmal nach (jetzt ist erstmal Familenfrühstück ggg)
gonz
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gonz
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Wohnort: Harz
| Beitrag No.20, eingetragen 2014-09-27
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Wobei wir uns nochmal der Einheitenverwirrung widmen sollten. Es sind ja alles physikalische Grössen, also in Einheiten ergibt sich
[y] = m
[y''] = m/s^2
[k_0] = [y''*y^2] = m^3/s^2
[d] = m/s
Was zu der abschliessenden Form der DGL ersten Grades in Post #19 passt. Damit also wären wir glaube ich, Verwirrung beseitigt, soweit gekommen, dass wir uns angucken können was daraus folgt. Die DGL kann mathematica lösen (ich werd da langsam Fan von), man könnte auch Trennung der Variablen machen und dann das Integral entsprechend via Progamm lösen, allerdings kann man das Ergebnis wohl nicht mehr explizit nach y(t) auflösen.
Wenn du, wie du irgendwo zwischendurch skizziert hast, daran interessiert bist, Teilchen durch ein Feld zu schicken, wäre das vielleicht gar nicht so schlimm, da du eben t(y) ermitteln kannst...
Soweit erst einmal beruhigt, dass nun alles zusammen passt.
Grüsse
und ein schönes Wochenende wünscht
gonz
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Schreck
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| Beitrag No.21, vom Themenstarter, eingetragen 2014-09-27
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Bei einer Sache hast du dich glaube ich geirrt:
\quoteon y'(0)=0
y(0)=k_0/d^2
\quoteoff
Die RB lautet y(0) = d. Daraus folgt auch --->
$C=\frac{k_0}{d}$
Danach bleibt die DG über:
$y'(t) = \sqrt{2k_0 / d} \sqrt{1-\frac{d}{y(t)}}$
Wolfram Alpha macht daraus t(y):
$c_1 + t\sqrt{2 k_0/d} = y(t)\sqrt{1-\frac{d}{y(t)}} + \frac{d}{2}\ln\left [ 2y(t)\left ( \sqrt{1-\frac{d}{y(t)}}+1 \right )-d \right ]$
Und jetzt wirds wieder komisch. Denn es kommt nur y(t) vor. Ich habe aber die Randbedingung von y(0) schon eingesetzt. Kann ich jetzt ohne weiters y(t=0) einsetzen? Wenn ja, dann habe ich ja die erste RB zweimal verwendet und die zweite 1 mal. Ich habe soetwas noch nie so gemacht. Normalerweise habe ich immer die DG gelöst und dann alle RB eingesetzt. Aber hier setze ich ja gemischte RB ein. Und am ende wieder eine davon.
Jedenfalls kommt dann für c1 raus:
$c_1=\frac{d}{2}\ln(d)$
Dh wenn ich dann auf t(y) umforme, dann erhalte ich:
$t(y) = \frac{y\sqrt{1-\frac{d}{y}} + \frac{d}{2}\ln\left [ 2y\left ( \sqrt{1-\frac{d}{y}}+1 \right )-d \right ]-\frac{d}{2}\ln(d)}{\sqrt{2 k_0/d}}$
Das sollte also das komplette Ergebnis sein. Wenn ich jetzt y = d einsetze, dann kommt richtigerweise auch 0 raus. Soweit so gut. Wenn ich jetzt aber y = 0 einsetze (dort trifft die Ladung auf die Ebene und wird somit gestoppt), dann sollte eigentlich die Zeit herauskommen, die es gebraucht hat bis es aufklatscht. Jedoch kommt dann raus:
$t(y=0) = \frac{\frac{d}{2}\ln\left [ -1 ]}{\sqrt{2 k_0/d}}$
Und die Lösung ist leider kein Skalar.. Außerdem ist das k_0 leider auch negativ, somit ist der Nenner auch nicht ganz reel.
Ich versuche vielleicht das Problem neu zu schildern: Die Kraft auf die Ladung lautet so:
$\frac{-q^2}{4\pi \varepsilon_0 (2y)^2} = ma$
Dadurch erhalte ich die Beschleunigung:
$\frac{-q^2}{4\pi \varepsilon_0 m } \frac{1}{4y(t)^2}=a=y''(t)$
Und das k_0 habe ich so eingeführt:
$k_0 = -\frac{q^2}{16\pi \varepsilon_0 m}$
Die RB habe ich so hergeleitet:
Wegen Ruhelage ist y(t=0) = d.
Wegen Ruhelage ist Geschwindigkeit y'(t=0) = 0.
Die Beschleunigung lässt sich mit Hilfe der Formel:
$a(y=d) = y''(t=0) = \frac{-q^2}{4\pi \varepsilon_0 m } \frac{1}{4d^2} = \frac{k_0}{d^2}$
Ich wüsste also nicht wieso da kein richtiges Ergebnis rauskommt.
Rauskommen sollte nämlich für die Zeit:
$t_0 = \frac{\pi d}{q} \sqrt{2\pi \varepsilon_0 md}{}$
Ich krieg aber was komplexes raus :(
Wieso stimmen meine Rechnungen nie??
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gonz
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| Beitrag No.22, eingetragen 2014-09-27
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Hi Schreck
Ich hab das noch nicht komplett durchgeackert, was du schreibst, aber zumindest
Wenn ich jetzt aber y = 0 einsetze (dort trifft die Ladung auf die Ebene und wird somit gestoppt), dann sollte eigentlich die Zeit herauskommen, die es gebraucht hat bis es aufklatscht.
Da y(0)>0 ist und y''(0)>0 wird sich das Teilchen doch in _positive_ y Richtung immer weiter vom Punkt y=0 entfernen. Ich nehme an, da ist ein Vorzeichenfehler im Ansatz? Und ein Plus, das in Wirklichkeit ein Minus ist, kann bei einer solchen DGL schon einen erheblichen Unterschied machen...
Wieso stimmen meine Rechnungen nie??
Es ist auch schwer sich im ersten Anlauf nicht irgendwo zu verrechnen, wichtig entsprechend, Zwischenergebnisse irgendwie zu kontrollieren...
Grüsse
und einen schönen Samstag nachmittag
gonz
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Schreck
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| Beitrag No.23, vom Themenstarter, eingetragen 2014-09-27
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\quoteon
y''(0)>0
\quoteoff
Ist es ja nicht, da k_0 negativ ist. Ich habs jetzt aber einwenig anders gemacht. Ich habe k_0 positiv gemacht. Ich werde jetzt im folgenden versuchen meine Schritte von Anfang an verständlich an zu formulieren, damit ihr auch schrittweise folgen könnt. Vielleicht seht ihr ja den Fehler:
1. Schritt: Ich löse das Problem mit Hilfe der Spiegelladung. Diese bewegt sich dann auch gegen die Ebene. Das elektrische Feld, dass die Spiegelladung auf die eigentliche Ladung verursacht ist so:
$\vec{E} = \frac{-q}{4\pi \varepsilon_0} \frac{1}{(2y)^2}\vec{e}_y$
Die Ladung Q wird ja aus der Ruheladung entlassen, daher ist y'(t=0) = 0. Das wäre die erste Randbedingung. AUßerdem befindet sich die Ladung (als sie in der Ruhelage war an der Position y = d. Die Spiegelladung daher an der Position y = -d.
Die zweite Randbedingung muss also sein: y(t=0) = d.
Soweit so gut. Die Kraft die also auf die Ladung wirkt ist:
$\frac{-q^2}{4\pi \varepsilon_0} \frac{1}{(2y)^2}=m a$
Oder aber wenn ich die Größe k_0 jetzt so einführe $k_0 = \frac{q^2}{16\pi \varepsilon_0 m}$
$-k_0 \frac{1}{(y)^2}=a$
Daraus folgt die Differentialgleichung:
$y''(t) y^2(t) = -k_0$
Mit den Tricks die du mir gezeigt hast komme ich auf das:
$\frac{[y'(t)]^2}{2} + C = \frac{k_0}{y(t)}$
Jetzt die beiden Randbedinungen eingesetzt komme ich auf $C = \frac{k_0}{d}$
das wiederrum eingesetzt kommt raus:
$[y'(t)]^2 = k_0 \left( \frac{1}{y(t)} - \frac{1}{d} \right)$
Jetzt habe ich WOlfram alpha angeworfen, und dieser liefert mir aber zwei Lösungen :
$\left\{\begin{matrix}
c_1 - t \sqrt{\frac{k_0}{d}} & = & -\sqrt{yd - y^2} + d \arctan\left ( \sqrt{\frac{y}{d-y}} \right ) \\
c_1 + t \sqrt{\frac{k_0}{d}} & = & -\sqrt{yd - y^2} + d \arctan\left ( \sqrt{\frac{y}{d-y}} \right )
\end{matrix}\right.$
Wovon die erste Lösung nur in Frage kommen kann.
Wenn ich jetzt die Randbedingungen einsetze, dann mus $c_1 = \frac{d\pi}{2}$ sein.
Daraus folgt die ultimative Formel t(y):
$t(y) = \frac{-\sqrt{yd - y^2} + d \arctan\left ( \sqrt{\frac{y}{d-y}} \right ) + \frac{d\pi}{2}}{\sqrt{k_0/d}}$
Diese Formel schein fast richtig zu sein, denn wenn ich y = 0 einsetze, dann erhalte ich:
$t_0 = \frac{2d\pi}{q} \sqrt{\pi \varepsilon_0 m}$
Die Lösung sollte aber lauten:
$t_0 = \frac{d\pi}{q} \sqrt{2\pi \varepsilon_0 m}$
Vielleicht seht ihr den letzten Fehler noch?
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gonz
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| Beitrag No.24, eingetragen 2014-09-27
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Um die Zeile
Jetzt die beiden Randbedinungen eingesetzt komme ich auf
herum hast du die 2 im Nenner der linken Seite "verloren". Da danach nochmal die Wurzel gezogen wird, könnte das genau der Faktor Wurzel zwei sein, der dir am Ende fehlt.
Schön, dass dann am Ende das erwartete herauskommt :)
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Schreck
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| Beitrag No.25, vom Themenstarter, eingetragen 2014-09-27
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pERFEKT!!
DANKE für deine Hilfe! Ich hätte schon fast aufgegeben!
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Schreck hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
Schreck hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt. |
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