DGL der Kettenlinie

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22.10.2006, 22:22	vektorraum	Auf diesen Beitrag antworten »
DGL der Kettenlinie Hi! Die Aufgabe lautet: Bestimmen Sie die Lösungen der DGL der Kettenlinie $\begin{eqnarray} y''=c\sqrt{1+y'^2}, c=const. \end{eqnarray}$ und diskutieren Sie dabei die verschiedenen Fälle (Wann hängt das Seil druch und wann verläuft es monoton). Also - hier liegt ja offensichtlich eine DGL zweiter Ordnung vor. Ich setze nun $\begin{eqnarray} z(x)=y'(x)~\Rightarrow~z'(x)=y''(x) \end{eqnarray}$ Damit habe ich eine DGL erster Ordnung und es gilt: $\begin{eqnarray} z'=c\cdot\sqrt{1+z^2}~\Rightarrow~z'^2=c^2\cdot (1+z^2) \end{eqnarray}$ Nun kann man ja, wenn man denn mag, erkennen, dass wohl $\begin{eqnarray} z=\sinh \frac{x}{c}=\cfrac{e^{\frac{x}{c}}-e^{-\frac{x}{c}}}{2} \end{eqnarray}$ ist. Dann ist $\begin{eqnarray} y=\int z(x)~dx=c\cdot \cosh \cfrac{x}{c}+C \end{eqnarray}$ OK, soweit so gut. Es könnte aber sein, dass man mir die Lösung nicht abnimmt, weil wir bestimmt zeigen sollen, wie man auf dieses z kommt. Das Problem ist aber, dass wir bisher nur DGL mit getrennten Variablen hatten und sonst kein anderes Lösungsverfahren. Irgendwo habe ich gelesen, dass man den Ansatz nach Euler mit $\begin{eqnarray} z=ue^{px}+ve^{qx}~\Rightarrow~z'=pue^{px}+qve^{qx} \end{eqnarray}$ machen könnte - mir ist aber nicht klar wie... Haben es noch nicht gehabt. Und was mus ich genau bei den Fällen diskutieren, jetzt wo ich die Lösung der DGL habe? Brauche ich da nicht zwei Punkte, wo die "Kette" sozusagen dranhängt. Ich hab mir das einfach mal im Graphen angesehen, und bisher nur erkannt, umso größer ich mein c wähle, umso "gerader" wird die Funktion... Aber was sonst??? Vielen Dank an euch!
22.10.2006, 22:39	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Da sind einige Fehler drin: Die DGL $\begin{eqnarray} \frac{z'}{\sqrt{1+z^2}} = c \end{eqnarray}$ ergibt integriert $\begin{eqnarray} \operatorname{arsinh}(z) = cx+C_1 \end{eqnarray}$ , also $\begin{eqnarray} z = \sinh(cx+C_1) \end{eqnarray}$ mit Integrationskonstante $\begin{eqnarray} C_1 \end{eqnarray}$ . Nochmal dieses $\begin{eqnarray} y'=z \end{eqnarray}$ integriert ergibt schließlich $\begin{eqnarray} y = \frac{1}{c}\cosh(cx+C_1)+C_2 \end{eqnarray}$ . Zwei Konstanten für zwei Bedingungen (z.B. Aufhängungspunkte).
22.10.2006, 22:46	vektorraum	Auf diesen Beitrag antworten »
Oh Sorry, da habe ich das eine mal die Integrationskonstante wohl vergessen... Aber wie soll das dann mit dem Ansatz von Euler funktionieren??? Würd mich trotzdem mal interessieren, wenn jemand Lust dazu hat OK, wenn ich jetzt zwei Konstanten habe, dann kann ich doch jetzt einfach mal $\begin{eqnarray} P_1(x_0/y_0), P_2(x_1/y_1) \end{eqnarray}$ als Aufhängungspunkte wählen... Aber die Frage, wann sie durchhängt??? Hängt die Funktion denn nicht immer durch??? Ich müsste doch c sehr groß wählen, damit die Kettenlinie wirklich eine Waagerechte wird, oder??? Und monoton ist sie doch auch nur, wenn ich voraussetze, dass $\begin{eqnarray} y_0 \neq y_1 \end{eqnarray}$ oder???
22.10.2006, 22:50	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Wie wär's denn mit $\begin{eqnarray} c=0 \end{eqnarray}$ ? Natürlich gilt dann die eben ermittelte Lösung nicht, ich meine natürlich die Ausgangs-Dgl.
22.10.2006, 22:55	vektorraum	Auf diesen Beitrag antworten »
Yepp, hab ich mir fast gedacht, weil wir müssen ja $\begin{eqnarray} c\neq0 \end{eqnarray}$ voraussetzen bei y. Verstehe ich das richtig, dass die Kettenlinie dann nicht durchhängen würde???
22.10.2006, 22:57	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Na setz doch mal c=0 in die Ausgangs-Dgl ein: $\begin{eqnarray} y''=0 \end{eqnarray}$ Was ist das wohl für eine Funktion...
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22.10.2006, 23:02	vektorraum	Auf diesen Beitrag antworten »
Na das wird doch auf ne lineare Funktion hinauslaufen, oder? Wenn $\begin{eqnarray} y=x~\Rightarrow~y'=1~\Rightarrow~y''=0 \end{eqnarray}$
22.10.2006, 23:10	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Man kann ja auch gleich die 0 zweimal integrieren, unter Beachtung aller Integrationskonstanten: $\begin{eqnarray} y''=0 \quad\Rightarrow\quad y'=C_1 \quad\Rightarrow\quad y''=C_1x+C_2 \end{eqnarray}$
22.10.2006, 23:13	vektorraum	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja stimmt, die habe ich jetzt gar nicht bedacht. Also wäre für den Fall, dass c=0 ist in der Ausgangs-DGL der Verlauf monoton??? Verstehe ich das jetzt richtig???
22.10.2006, 23:19	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Lineare Funktionen sind immer monoton. Aber das beantwortet nicht die Ausgangsfrage: Schließlich können auch durchhängende Kettenlinien monton verlaufen, zumindest in bestimmten Fällen mit unterschiedlich hoch hängenden Endpunkten - das musst du auch noch betrachten!
22.10.2006, 23:24	vektorraum	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja klar, aber das wäre ja zumindest erstmal der eine Fall Nagut, ich kann ja meine beiden Punkte wie oben wählen und einfach davon ausgehen, dass die Funktionswerte unterschiedlich sind... Wenn sie gleich sind, dann muss doch die Funktion durchhängen??? Ist sie dann nicht sogar symmetrisch???
22.10.2006, 23:33	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
In dem Fall ja. Ich schlage übrigens eine etwas andere Parametrisierung der Lösungsfunktionen vor, also eine andere Gestaltung der Integrationkonstanten, die direkt geometrisch interpretierbar ist: $\begin{eqnarray} y = \frac{\cosh(c(x-x_S))-1}{c}+y_S \end{eqnarray}$ . Dabei ist $\begin{eqnarray} (x_S,y_S) \end{eqnarray}$ der Scheitelpunkt der cosh-Kurve, im Fall c>0 der am tiefsten liegende Punkt. Dann kann man nämlich sagen, dass die Kette genau dann durchhängt, falls $\begin{eqnarray} x_S \end{eqnarray}$ zwischen $\begin{eqnarray} x_1 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} x_2 \end{eqnarray}$ liegt. $\begin{eqnarray} (x_S,y_S) \end{eqnarray}$ lässt sich durch Einsetzen der Endpunkte $\begin{eqnarray} (x_1,y_1) \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} (x_2,y_2) \end{eqnarray}$ in die Lösungsfunktion explizit ermitteln.
23.10.2006, 22:17	vektorraum	Auf diesen Beitrag antworten »
Hi! Danke für deine Antwort. Hab gestern nicht mehr geschafft zu rechnen. Wie kommst du denn auf diese andere Form der Lösugnsfunktion? Kann man das einfach so machen? Hab mal dein Tipp befolgt und das ganze mal probiert: $\begin{eqnarray} y_2=\cfrac{\cosh(c(x_2-x_s))-1}{c}+y_s \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} y_1=\cfrac{\cosh(c(x_1-x_s))-1}{c}+y_s \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \Rightarrow c\cdot y_2=\cosh(c(x_2-x_s))-1+y_s\cdot c \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} c\cdot y_1=\cosh(c(x_1-x_s))-1+y_s\cdot c \end{eqnarray}$ Hab also beide Gleichungen nach $\begin{eqnarray} y_s \end{eqnarray}$ umgestellt und dann gleichgesetzt. Dann erhalte ich: $\begin{eqnarray} cy_1-\cosh(c(x_1-x_s))=cy_2-\cosh(c(x_2-x_s)) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \Rightarrow c(y_1-y_2)=-\cosh(c(x_2-x_s))+\cosh(c(x_1-x_s)) \end{eqnarray}$ Wenn ich jetzt die Additionstheoreme für die Hyperbolicus-Funktionen anwende, komme ich auf: $\begin{eqnarray} c(y_1-y_2)=\cosh(cx_s)(\cosh(cx_1)-\cosh(cx_2))+\sinh(cx_s)(\sinh(cx_2)-\sinh(cx_1)) \end{eqnarray}$ Gut, aber ich komme nun immer noch nicht an $\begin{eqnarray} x_s \end{eqnarray}$ heran Also würde es denn dann überhaupt reichen, wenn ich den Scheitelpunkt errechne und dann sage, dass dann die Kettenlinie durchhängt??? Dankeschön schonmal für ne Antwort
23.10.2006, 23:22	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich weiß nicht, welches Additionstheorem du verwendet hast, aber versuch's mal mit $\begin{eqnarray} \cosh(u)-\cosh(v) = 2\sinh\left( \frac{u+v}{2} \right)\sinh\left( \frac{u-v}{2} \right) \end{eqnarray}$ .
25.10.2006, 22:16	vektorraum	Auf diesen Beitrag antworten »
Hi! Hab es nun dank deiner Hilfe doch rausbekommen... Dankeschön Hab aber heute noch was anderes gelesen, was ich net so richtig nachvollziehen kann... Der Abstand der beiden Punkte - also die Länge der Kettenlinie zwischen $\begin{eqnarray} x_1 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} x_2 \end{eqnarray}$ : $\begin{eqnarray} L=\int_{x_1}^{x_2}~\sqrt{1+(y')^2} ~\dd x=\int_{x_1}^{x_2}~\cosh(cx+C_1)~\dd x \end{eqnarray}$ Wie kommen die hier unter den Ausdruck unter dem Integral. Hab mal die erste Ableitung eingesetzt, aber komm dann nicht auf diese Form!?!?!? Als Lösung erhält man: $\begin{eqnarray} \int_{x_1}^{x_2}~\cosh(cx+C_1)~\dd x=\cfrac{2}{c}\sinh\cfrac{c(x_2-x_1)}{2}\cdot \cosh\cfrac{c(x_2+x_1+C_1)}{2} \end{eqnarray}$ Daraus schlussfolgern die nun: $\begin{eqnarray} \sqrt{L^2-(y_2-y_1)^2}=\cfrac{2}{c}\sinh\cfrac{c(x_2-x_1)}{2} \end{eqnarray}$ Wieso gilt denn das??? Danke für ne Antwort - dann lass ich die Kettenlinie sein

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