Schwingkreis mit periodischen Bedingungen

03.08.2011, 17:55

Hasselpuff

Schwingkreis mit periodischen Bedingungen

Hallo zusammen!

Geht um Afg 4 von hier:
http://www.mathematik.uni-dortmund.de/hm...2-2011_bl13.pdf

Als Physiker dachte ich natürlich direkt an den Ansatz $\begin{eqnarray*} y=Ae^{\lambda t} \end{eqnarray*}$
Allerdings komm ich da mit den Bedingungen nicht weit.

Jemand ne Idee wie das funktioniert?

03.08.2011, 21:04

schultz

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das hat denke ich was mit der schwingungsgleichung zu tun...wieso genau kommst du da nicht weiter?der ansatz ist eigentlich nicht verkehrt

04.08.2011, 09:34

Hasselpuff

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Okay, Problem hat sich geändert. Weiß nun das $\begin{eqnarray*} \mu \end{eqnarray*}$ ein Parameter ist.

Der Ansatz ist also $\begin{eqnarray*} Ae^{\lambda\mu} \end{eqnarray*}$ .
Das bringt mich zur Vedingung $\begin{eqnarray*} \lambda ^2=\mu \end{eqnarray*}$ .

Damit wird die DGL dann aber nicht mehr gelöst.

04.08.2011, 09:56

Ehos

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Wenn man anstelle des Parameters $\begin{eqnarray*} \mu \end{eqnarray*}$ den neuen Parameter $\begin{eqnarray*} \mu=-\lambda \end{eqnarray*}$ einführt, wird die Rechnung etwas einfacher, weil man nicht im Komplexen rechnen muss. Dann wird die Aufgabe zu $\begin{eqnarray*} y''+\lambda y=0 \end{eqnarray*}$ . Die allgemeine Lösungen sowie deren 1.Ableitung (also ohne Berücksichtigung der Randbedindungen) lauten

$\begin{eqnarray*} y(x)=A \cdot \sin(\sqrt{\lambda}\cdot x)+B \cdot \cos(\sqrt{\lambda} \cdot x) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y'(x)=A\sqrt{\lambda} \cdot \cos(\sqrt{\lambda}\cdot x)-B \sqrt{\lambda}\cdot \sin(\sqrt{\lambda} \cdot x) \end{eqnarray*}$

Um die Konstanten A, B zu bestimmen, setzt man dies in die Randbedingungen $\begin{eqnarray*} y(0)=y(\pi) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y'(0)=y'(\pi) \end{eqnarray*}$ ein, was ergibt

$\begin{eqnarray*} B=A \cdot \sin(\sqrt{\lambda}\cdot \pi)+B \cdot \cos(\sqrt{\lambda} \cdot \pi) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} A\sqrt{\lambda}=A \sqrt{\lambda} \cdot \cos(\sqrt{\lambda}\cdot \pi)-B \sqrt {\lambda}\cdot \sin(\sqrt{\lambda} \cdot \pi) \end{eqnarray*}$

Dies ist ein homogenes Gleichungssystem für die Konstanten A, B

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} \sin(\sqrt{\lambda}\cdot \pi) & \cos(\sqrt{\lambda}\cdot \pi)-1 \\ \cos(\sqrt{\lambda}\cdot \pi)-1 & -\sin(\sqrt{\lambda}\cdot \pi) \end{pmatrix} \begin{pmatrix} A \\ B \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Es existiert nur dann eine Lösung, wenn die Koeffizientendeterminante verschwindet, also

$\begin{eqnarray*} \sin^2(\sqrt{\lambda}\cdot \pi)+(\cos(\sqrt{\lambda}\cdot \pi)-1)^2=0 \end{eqnarray*}$

Vereinfachen liefert die Forderung

$\begin{eqnarray*} \cos(\sqrt{\lambda} \cdot \pi)=1 \end{eqnarray*}$

Da der Kosinus nur bei ganzen Vielfachen von $\begin{eqnarray*} 2\pi \end{eqnarray*}$ den Wert 1 annimmt, folgt daraus

$\begin{eqnarray*} \sqrt{\lambda} \cdot \pi=2\pi n \end{eqnarray*}$ , also $\begin{eqnarray*} \lambda=4n² \end{eqnarray*}$ . Kehrt man zuück zu der alten Variablen $\begin{eqnarray*} \mu=-\lambda \end{eqnarray*}$ ,bedeutet dies $\begin{eqnarray*} \mu=-4n² \end{eqnarray*}$ .

04.08.2011, 11:18

Hasselpuff

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Super, dankeschön!

Allerdings komme ich auf nix komplexes.

Selbst wenn ich den komplexen Ansatz $\begin{eqnarray*} y=Ae^{i\omega t} \end{eqnarray*}$ benutzte verschwindet das i nach bestimmen von w.
Das habe ich nach einsetzen des komplexen Ansatzes in die DGL raus:
$\begin{eqnarray*} -Ae^{i\omega t}(\omega^2+\mu)=0 \end{eqnarray*}$
und somit $\begin{eqnarray*} \omega = \pm i \sqrt{\mu} \end{eqnarray*}$
Irgendwo habe ich da wohl nen ganz blöden Fehler, aber was ist es?

04.08.2011, 11:39

Auli

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Zitat:

Original von Hasselpuff
Super, dankeschön!

Allerdings komme ich auf nix komplexes.

Selbst wenn ich den komplexen Ansatz $\begin{eqnarray*} y=Ae^{i\omega t} \end{eqnarray*}$ benutzte verschwindet das i nach bestimmen von w.
Das habe ich nach einsetzen des komplexen Ansatzes in die DGL raus:
$\begin{eqnarray*} -Ae^{i\omega t}(\omega^2+\mu)=0 \end{eqnarray*}$
und somit $\begin{eqnarray*} \omega = \pm i \sqrt{\mu} \end{eqnarray*}$
Irgendwo habe ich da wohl nen ganz blöden Fehler, aber was ist es?

Vorzeichenfehler, wenn du vorne das - ausklammerst hast du hinten auch ein Minus und am Ende zwei schöne reelle omegas, so dass du komplexe Werte bei deiner E-Fkt hast.

04.08.2011, 13:05

Hasselpuff

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das sehe ich ehrlich gesgat nicht.

ich habe:
$\begin{eqnarray*} y''=-Aw^2e^{iwt} \end{eqnarray*}$ und
$\begin{eqnarray*} y=Ae^{iwt} \end{eqnarray*}$

was mir doch
$\begin{eqnarray*} -Aw^2e^{iwt}-\mu Ae^{iwt}=0 \end{eqnarray*}$
gibt

04.08.2011, 13:12

Auli

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Jupp sorry, das habe ich verpeilt, hab mir die Ausgangsaufgabe leider nicht ganz so genau angeschaut.

05.08.2011, 10:17

Hasselpuff

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Kein Problem,
hat sonst noch jemand eine Idee?

05.08.2011, 10:26

Vendetta

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Komme mit dem Formel editor leider nicht so gut klar ^^ Versuch mal handschriftlich meinen Ansatz zu erklären:

Das y2-strich kann man ja auch als dy(2) nach d[my](2) schreiben. Danach sortierst du nach den Variablen sodass daraus wird:

Integral 1/y dy(2) = Integral [my] d[my](2)
Einfach beide Integrale Lösen, nach y auflösen und mit den Randbedingungen die Konstante C* Lösen

Anders ausgedrückt: ^^
Integral von 1/y dy dy = Integral [my] d[my] d[my]

hoffe du versteht dass ^^ müsste mich mal mit dem formeleditor auseinerndersetzen xD

05.08.2011, 10:39

Hasselpuff

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das 1/4 sollte bestimmt ein x werden.

Das wäre ja so der ganz allegemeine Ansatz. In der Anwedung ist der aber gar nicht so einfach.
Wäre ja ein Doppelintegral.

Vielleicht hast du ja lust das mal durchzurechnen.

05.08.2011, 10:40

Vendetta

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dass 1/4 war der Grichische buchstabe My (ist ja hier quasi das x) ^^ habe ihn aus Wiki kopiert aber wurde hier nicht richtig geschrieben ^^ durchrechnen könnte später klappen ^^ nur dass problem wird dann die antwort ohne formeleditor zu schreiben Big Laugh

05.08.2011, 10:45

Hasselpuff

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AltGr+ m bringt auch ein µ Augenzwinkern

Allerdings ist µ ja ein parameter. Es wird nicht nach µ abgeleitet

05.08.2011, 13:10

Ehos

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Die allgemeine Lösung von $\begin{eqnarray*} y''(x)-\mu\cdot y(x)=0 \end{eqnarray*}$ und deren 1.Ableitung (ohne Berücksichtigung der Randbedindungen) lautet

$\begin{eqnarray*} y(x)=A \cdot e^{\sqrt{\mu}\cdot x}+B \cdot e^{-\sqrt{\mu} \cdot x} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y'(x)=A \sqrt{\mu}\cdot e^{\sqrt{\mu}\cdot x}-B \sqrt {\mu} \cdot e^{-\sqrt{\mu} \cdot x} \end{eqnarray*}$

Um den Parameter $\begin{eqnarray*} \mu \end{eqnarray*}$ zu bestimmen, setzt man dies in die Randbedingungen $\begin{eqnarray*} y(0)=y(\pi) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y'(0)=y'(\pi) \end{eqnarray*}$ ein, was ergibt

$\begin{eqnarray*} A+B=A \cdot e^{\sqrt{\mu}\cdot \pi}+B \cdot e^{-\sqrt{\mu} \cdot \pi} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} A \sqrt{\mu}-B \sqrt {\mu}=A \sqrt{\mu}\cdot e^{\sqrt{\mu}\cdot \pi}-B \sqrt {\mu} \cdot e^{-\sqrt{\mu} \cdot \pi} \end{eqnarray*}$

Dies ist ein homogenes Gleichungssystem für die Konstanten A, B

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} e^{\sqrt{\mu}\pi}-1 & e^{-\sqrt{\mu}\pi}-1 \\ e^{\sqrt{\mu}\pi}-1 & -(e^{-\sqrt{\mu}\pi}-1) \end{pmatrix} \begin{pmatrix} A \\ B \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Es existiert nur dann eine Lösung, wenn die Koeffizientendeterminante verschwindet, also

$\begin{eqnarray*} (e^{\sqrt{\mu}\pi}-1)(e^{-\sqrt{\mu}\pi}-1)=0 \end{eqnarray*}$

Vereinfachen liefert die Forderung

$\begin{eqnarray*} e^{\sqrt{\mu}\pi}+\frac{1}{e^{\sqrt{\mu}\pi}}=2 \end{eqnarray*}$

Setzt man $\begin{eqnarray*} x=e^{\sqrt{\mu}\pi} \end{eqnarray*}$ ist das eine quadratische Gleichung $\begin{eqnarray*} x^2-2x+1=0 \end{eqnarray*}$ mit der Lösung $\begin{eqnarray*} x=e^{\sqrt{\mu}\pi}=1 \end{eqnarray*}$ .

Fallunterscheidung:

Fall 1: Für negative $\begin{eqnarray*} \mu \end{eqnarray*}$ wird der Exponent der e-Funktion imaginär und man erhält die Lösung, die ich in meinem 1.Beitrag beschrieben hatte.

$\begin{eqnarray*} y(x)=A\cdot \sin(2nx)+B\cdot \cos(2nx) \end{eqnarray*}$

Hier wird auch klar, warum ich dort gleich zu Beginn mit dem Parameter $\begin{eqnarray*} \lambda=-\mu \end{eqnarray*}$ gerechnet habe: Man bleibt nämlich im Reellen. Da die Konstanten A, B beliebig sind, kann man dafür einfacher schreiben

$\begin{eqnarray*} y(x)=C\cdot \sin(2nx+\phi) \end{eqnarray*}$ mit beliebigen C, $\begin{eqnarray*} \phi \end{eqnarray*}$

Fall 2: Für $\begin{eqnarray*} \mu>0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \mu=0 \end{eqnarray*}$ existiert keine Lösung.

05.08.2011, 13:15

Hasselpuff

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Super, danke!!

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