Lösen der DGL:

30.12.2006, 16:07

Resetter

Lösen der DGL:

Hallo ihr da draußen ^^ ich hab mal wieder ein Problem mit einer Differentialgleichung...
Es geht um ne Schwingung, gottseidank keine partielleDGL, aber blöderweise weiß ich schon am ansatz nicht weiter...

Es handelt sich um ne schwingung mit Reibung:
$\begin{eqnarray*} \frac{\delta^{2} \alpha}{\delta t^{2}}mL^{2} - 3mgl \sin{\alpha} - 3x\frac{\delta \alpha}{\delta t}=0 \end{eqnarray*}$

normalerweise kein Problem, allerdings darf ich keine kleinen ausschläge (sin alpha ~ alpha) annehmen...

kann mal jemand bitte verraten wie man sowas macht?

danke ^^

ciaoi,
Rese

31.12.2006, 13:48

Abakus

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RE: Lösen der DGL:

Zitat:

Original von Resetter
Es handelt sich um ne schwingung mit Reibung:
$\begin{eqnarray*} \frac{\delta^{2} \alpha}{\delta t^{2}}mL^{2} - 3mgl \sin{\alpha} - 3x\frac{\delta \alpha}{\delta t}=0 \end{eqnarray*}$

Eine Schwingung mit Reibung sehe ich da nicht.

Könnte es eine Schwingung mit Reibung und Fremderregung sein ? In diesem Fall müsste es $\begin{eqnarray*} \sin t \end{eqnarray*}$ statt $\begin{eqnarray*} \sin \alpha \end{eqnarray*}$ heißen.

Grüße Abakus smile

01.01.2007, 21:11

Resetter

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nun ja, ich komme auf die DGL durch betrachtung der wirkenden drehmomente beim Physikalischen Pendel:

$\begin{eqnarray*} M=mgl\sin{\alpha} \end{eqnarray*}$
mit
m = Masse des Pendels
g = Erdbeschleunigung
l = Strecke vom Aufhängepunkt zum Schwerpunkt

das entgegengerichtete, geschwindigkeitsanbhängige Reibungsmoment:
$\begin{eqnarray*} R=x \frac{\delta \alpha}{\delta t} \end{eqnarray*}$

wobei damit das gesamte im moment t wirkende Drehmoment ist:
F=M-R

definiert ist die resultierende Winkelgeschwindigkeit:
$\begin{eqnarray*} \frac{\delta^{2} \alpha}{\delta t^{2}}=\frac{F}{I} \end{eqnarray*}$
wobei I das Trägheitsmoment des Stabes bei Rotation um ein Ende ist
angenähert:
$\begin{eqnarray*} I=\frac{mL^{2}}{3} \end{eqnarray*}$
mit
L = Gesamtlänge des Stabes

also:
$\begin{eqnarray*} \frac{\delta^{2} \alpha}{\delta t^{2}}=\frac{3(mgl\sin{\alpha}-x \frac{\delta \alpha}{\delta t})}{mL^{2}} \end{eqnarray*}$

somit:
$\begin{eqnarray*} mL^{2}\frac{\delta^{2}\alpha}{\delta t^{2}}-3mgl\sin{\alpha}+x \frac{\delta \alpha}{\delta t}=0 \end{eqnarray*}$

(hatte nen vorzeichenfehler vorhin, sorry Augenzwinkern

)

Problem is jetzt halt nur dass ich für meine Messanordnung keine kleinen ausschläge vorraussetzen kann, wo ich mit taylorentwicklung sinus einfach sin(x)~x annehmen könnte - also muss ich si so lösen....

die zusammenhänge da oben sind doch richtig, oder?

02.01.2007, 20:20

Abakus

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OK, jetzt haben wir die Herleitung. Eine elementare Lösung für die DGL sehe ich allerdings nicht. Was mir einfällt:

- numerische Methode anwenden

- $\begin{eqnarray*} \sin \alpha \approx \alpha - \frac{\alpha^3}{3!} \end{eqnarray*}$ als bessere Näherung wählen

- eine andere Gleichung aufstellen: wie sieht die Energiebilanz der Schwingung aus (kinetische + potentielle Energie) ? Ggf. ergibt sich da eine einfachere Beziehung.

Grüße Abakus smile

EDIT: Text

03.01.2007, 10:36

Resetter

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die Näherungen bis zum 5. Glied hab ich versucht - bzw. bin dabei - siehst du ne Möglichkeit, das dier vielleicht vit Laplace zu Lösen?

Energiebilanzen bringen mir imo wegnig, hab selbst agrange und Hamiltion Formalismen Probiert, komme da auch nicht auf schönere Gleichungen - höchstens auf blödere

03.01.2007, 14:24

Resetter

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Okay, jetzt steh ich auf der Leitung:

$\begin{eqnarray*} mL^{2}\frac{\delta^{2}\alpha}{\delta t^{2}}-3mgl\alpha+\frac{1}{2}mgl\alpha^{3}-\frac{1}{40}mgl\alpha^{5}-x\frac{\delta\alpha}{\delta t} = 0 \end{eqnarray*}$

wie kann ich das lösen?
Laplace-transformieren scheitert bei mit bei den Potenzen der alpha-Funktion
aus ebenselben Grund scheint mir ein Reihnenansatz unmöglich

habt ihr ne Hilfe parat?

04.01.2007, 19:29

Abakus

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Zitat:

Original von Resetter
$\begin{eqnarray*} mL^{2}\frac{\delta^{2}\alpha}{\delta t^{2}}-3mgl\alpha+\frac{1}{2}mgl\alpha^{3}-\frac{1}{40}mgl\alpha^{5}-x\frac{\delta\alpha}{\delta t} = 0 \end{eqnarray*}$

wie kann ich das lösen?

Eine analytische Lösung wird da kaum zu finden sein. Ich denke aber, dass der Weg über die Energiebilanz weiterführt.

Die Gesamtenergie ist die Summe aus kinetischer und potentieller Energie (ich betrachte hier ein Pendel mit Reibung 0, weil ich nicht weiß, wie der Stab und die Reibung genau reinspielen). Dann gilt:

$\begin{eqnarray*} E = \frac{m}{2} \cdot l^2 \cdot (\alpha')^2 + mgl \cdot (1 - \cos \alpha) \stackrel{!}{=} mgl \cdot (1 - \cos \alpha_0) \end{eqnarray*}$

Das $\begin{eqnarray*} \alpha_0 \end{eqnarray*}$ ist der Winkel der größten Auslenkung.

Aufgelöst hast du nun:

$\begin{eqnarray*} \alpha'(t) = \sqrt{\frac{2g}{l}\cdot (\cos \alpha - \cos \alpha_0) } \end{eqnarray*}$

Dies lässt sich via elliptischem Integral auswerten.

Die Frage ist jetzt, inwieweit sich das auf deinen Fall übertragen lässt.

Grüße Abakus smile

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