Substitutionen zur Berechnung eines Integrals

04.10.2015, 23:09

DrummerS

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Substitutionen zur Berechnung eines Integrals

Meine Frage

Hallo,

ausgehend von einer physikalischen Betrachtung habe ich folgende Gleichung mit den Konstanten $\begin{eqnarray*} A,r,s > 0 \end{eqnarray*}$ sowie den Variablen $\begin{eqnarray*} h > 0, t > 0\text{ sowie } \tau \end{eqnarray*}$ hergeleitet:

$\begin{eqnarray*} s-h(t_{1})=\int_{t_{0}=0}^{t_{1}} \! g(h) \tau \, d \tau \text{ mit } g(h)=\frac {A}{\left(h+r\right)^{2}} \end{eqnarray*}$

Ich suche eine Lösung der Form $\begin{eqnarray*} h(t) = \text{ ...} \end{eqnarray*}$

Die Größen $\begin{eqnarray*} h \text{ und } s \end{eqnarray*}$ bezeichnen Längen/Strecken, $\begin{eqnarray*} g(h) \end{eqnarray*}$ bezeichnet die Gravitationsbeschleunigung in Abhängigkeit des Abstandes zur Erde und $\begin{eqnarray*} t_{0} \text{ und } t_{1} \end{eqnarray*}$ Zeitpunkte.

Meine Ideen:

Durch Substitutionen mithilfe von $\begin{eqnarray*} t = \frac {dh}{dv} \text { und } dt= \frac {dh}{v} \end{eqnarray*}$ , mit $\begin{eqnarray*} v \end{eqnarray*}$ als Geschwindigkeit, käme ich zu:

$\begin{eqnarray*} v \frac{dv}{dh} = \int_{h_{1}}^{h_{2}} \! \frac {g(h)} {\left(s-h_{2}\right)}\, dh \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} h_{1} = h(t_{0}) = s \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \int_{v_{0} = 0}^{v(h_{2})} \! v \, dv = \frac {1}{2}v^{2}(h_{2}) = \int_{s}^{h_{2}} \! \left(\int_{}^{} \! \frac {g(h)} {\left(s-h_{2}\right)}\, dh \right) \, dh = \text{-log}(h_{2}+r)\text{-log}(s+r) \end{eqnarray*}$

Damit wäre $\begin{eqnarray*} v^{2} < 0 \end{eqnarray*}$ . Ich vermute die Ursache bei den gewählten Substitutionen. Könnte mir da jemand auf die Sprünge helfen smile

smile

?

Es fehlt natürlich noch der Schritt von $\begin{eqnarray*} v(h) = \text{ ... zu } h(t) = \text{ ...} \end{eqnarray*}$

05.10.2015, 10:24

klarsoweit

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RE: Substitutionen zur Berechnung eines Integrals
Abgesehen von dieser Beziehung:

Zitat:

Original von DrummerS
Durch Substitutionen mithilfe von $\begin{eqnarray*} t = \frac {dh}{dv} \end{eqnarray*}$

die mir irgendwie suspekt ist, ist mir die physikalische Betrachtung noch nicht so eingängig, vor allem da die Gravitationsbeschleunigung eine weg- und damit auch zeitabhängige Größe ist. Anfreunden könnte ich mich noch mit:

$\begin{eqnarray*} h(t_1) - h(t_0) = \int_{t_{0}=0}^{t_{1}} \! g(h) \tau \, d \tau \text{ mit } g(h) = \frac {A}{\left(h(t) + r\right)^2} \end{eqnarray*}$

oder eher noch mit dieser DGL:

$\begin{eqnarray*} h' = g(h(t)) \cdot t \end{eqnarray*}$

05.10.2015, 10:59

HAL 9000

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Ja, ich hab auch schon gerätselt, ob da nicht eigentlich das Integral $\begin{align*} \int\limits_{t_0=0}^{t_1} g(h(\tau))\tau ~ \dd\tau \end{align*}$ gemeint ist. Ziemlich undeutlich dargestellt, da sollte der Threadersteller mal genau klären, ob das so oder anders gemeint ist:

Bei allen anderen (von $\begin{align*} \tau \end{align*}$ unabhängigen) Zeitpunkten $\begin{align*} t \end{align*}$ kann man das ja schließlich als Konstante aus dem Integral herausziehen:

$\begin{align*} \int\limits_{t_0=0}^{t_1} g(h(t))\tau ~ \dd\tau = g(h(t))\cdot \int\limits_{t_0=0}^{t_1} \tau ~ \dd\tau = g(h(t))\cdot \frac{t_1^2}{2} \end{align*}$

P.S.: Zum physikalischen Verständnis: Laut Gravitationgesetz gilt $\begin{align*} h'' = -g(h(t)) \end{align*}$ . Wie kommst du von da zu deiner (mir suspekten) Integralgleichung

$\begin{align*} s-h(t_1) = \int_{t_0=0}^{t_1} g(h(\tau)) \tau ~ \dd\tau \end{align*}$ ,

(wenn es denn so gemeint ist) ? verwirrt

verwirrt

05.10.2015, 13:52

DrummerS

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@klarsoweit und @Hal 9000

Hallo, erstmal vielen Dank für eure Kommentare! Leider neige ich manchmal dazu, Probleme zu verkomplizieren, indem ich versuche, Bilanzen aufzustellen, die Integrale enthalten. Die Darstellungen sind dann leider durch meine Gedankenfehler falsch...Ich sollte mir daher vielleicht mal antrainieren, mit einer DGL beginnen Augenzwinkern

Augenzwinkern

Problemstellung:
Eine Kugel befindet sich in einem bestimmten Abstand zum Planeten Erde in Ruhe $\begin{eqnarray*} (h(t_{0}=0s)) \end{eqnarray*}$ .
Die Kugel beginnt dann aufgrund der Gravitation sich auf die Erde zuzubewegen. Am Zeitpunkt $\begin{eqnarray*} t_{1} \end{eqnarray*}$ schlägt die Kugel auf der Erde auf. Wie lautet die Funktion $\begin{eqnarray*} h(t) \end{eqnarray*}$ ?

Die Eigenrotation der Erde, die Erdatmosphäre und die Bewegung der Erde um die Sonne können für die Berechnung vernachlässigt werden.

@klarsoweit
Hatte mir zur Sinnhaftigkeit von $\begin{eqnarray*} t = \frac {dh}{dv} \end{eqnarray*}$ auch Gedanken gemacht. Bin dann aber zu dem vermutlich naiven Schluss gekommen,
dass bei $\begin{eqnarray*} s = vt \end{eqnarray*}$ die Ableitungen - mathematisch gesehen - durchrotiert werden können, auch wenn es physikalisch wenig Sinn macht.

Habe mal die DGL h'(t) = -g(h(t))t berechnet...

$\begin{eqnarray*} -\int_{h_{0}(t_{0}=0)}^{h(t_{1}) = 0} \! \left(h(t)+R\right)^{2} \, dh = \int_{t_{0} = 0}^{t_{1}} \! At \, dt<br /> <br /> \Rightarrow h_{0}^3+3Rh_{0}^2+3R^{2}h_{0}-\frac{1}{2}At_{1}^2 = 0 \end{eqnarray*}$

Die Diskrininate (Link) ergibt $\begin{eqnarray*} \Delta > 0 \end{eqnarray*}$ , womit genau eine reelle Lösung existiert. Mit p = 0 komme ich auf:

$\begin{eqnarray*} h_{0} = \frac {1}{3}\left(\left((3R)^3+\frac {27}{2} At_{1}^2\right)^{1/3}-3R\right) = \left(R^3+\frac{1}{2}At_{1}^2\right)^{1/3}-R \end{eqnarray*}$

Da $\begin{eqnarray*} h_{0}(t_{0} = t_{1}=0) = h_{0} \neq 0 \end{eqnarray*}$ , stimmt da noch etwas nicht.

@Hal 9000
Sorry, hatte tatsächlich das $\begin{eqnarray*} \tau \end{eqnarray*}$ im Integral vergessen, sodass $\begin{eqnarray*} h = h(\tau) \end{eqnarray*}$ . Hier nun meine Schritte:

$\begin{eqnarray*} h'' = -\frac{A}{(h(\tau)+R)^2} \Rightarrow \frac{1}{2}(h'(\tau))^2 = \frac{A}{h(\tau)+R} + C <br /> \Rightarrow t_{1}-t_{0} = \left[\frac{h(\tau)}{C}-\frac{2A\text{log}(Ch(\tau)+CR+2A)}{C^2} \right] \end{eqnarray*}$
An der rechtsseitigen eckigen Klammer ist unten $\begin{eqnarray*} h_{0} \end{eqnarray*}$ und oben $\begin{eqnarray*} h_{1} \end{eqnarray*}$ hinzuzufügen.

Jedenfalls sieht es so aus, dass die Darstellung $\begin{eqnarray*} h(t) \end{eqnarray*}$ leider komliziert aussehen wird. Bin ab jetzt erstmal "afk", aber nachher wieder online.

VG, DrummerS

05.10.2015, 14:05

HAL 9000

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Zitat:

Original von DrummerS
$\begin{eqnarray*} h'' = -\frac{A}{(h(\tau)+R)^2} \Rightarrow \frac{1}{2}(h'(\tau))^2 = \frac{A}{h(\tau)+R} + C \end{eqnarray*}$

Mit der Zeile gehe ich noch mit, mit $\begin{align*} h(0)=s \end{align*}$ und $\begin{align*} h'(0)=0 \end{align*}$ (also $\begin{align*} \tau=0 \end{align*}$ ) kann man damit auch $\begin{align*} C = -\frac{A}{s+R} \end{align*}$ berechnen.

Aber wie kommst du von dieser DGL $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2}(h'(\tau))^2 = \frac{A}{h(\tau)+R} -\frac{A}{s+R} \end{eqnarray*}$ auf

Zitat:

Original von DrummerS
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow t_{1}-t_{0} = \left[\frac{h(\tau)}{C}-\frac{2A\text{log}(Ch(\tau)+CR+2A)}{C^2} \right] \end{eqnarray*}$

das ist mir ein Rätsel. unglücklich

unglücklich

Durch Trennung der Variablen stände für diese DGL m.E. zunächst

$\begin{align*} -\frac{h'(\tau)}{\sqrt{2A\left( \displaystyle \frac{1}{h(\tau)+R} -\frac{1}{s+R} \right)}} = 1 \end{align*}$ ,

da, was es nun zu integrieren gilt. Das "-" steht da übrigens, weil die Kugel ja fallen wird. Wenn ich dies richtig integriert habe, kommt da

$\begin{align*} \sqrt{\frac{s+R}{2A}} \left( (s+R)\arccos\left(\sqrt{\frac{h+R}{s+R}}\right) + \sqrt{(h+R)(s-h)}\right) = t + C_2 \end{align*}$

heraus. $\begin{align*} t=0 \end{align*}$ mit $\begin{align*} h(0)=s \end{align*}$ eingesetzt ergibt sich $\begin{align*} C_2=0 \end{align*}$ . Die Endzeit $\begin{align*} t_1 \end{align*}$ mit $\begin{align*} h(t_1)=0 \end{align*}$ kann man damit dann gemäß

$\begin{align*} t_1 = \sqrt{\frac{s+R}{2A}} \left( (s+R)\arccos\left(\sqrt{\frac{R}{s+R}}\right) + \sqrt{Rs}\right) \end{align*}$

berechnen. Eine explizite Umstellung $\begin{align*} h=h(t) \end{align*}$ scheint dagegen nur schwer möglich.

05.10.2015, 18:15

DrummerS

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Zitat:

Original von HAL 9000
Aber wie kommst du von dieser DGL $\begin{eqnarray*} \frac{1}{2}(h'(\tau))^2 = \frac{A}{h(\tau)+R} -\frac{A}{s+R} \end{eqnarray*}$ auf

Zitat:

Original von DrummerS
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow t_{1}-t_{0} = \left[\frac{h(\tau)}{C}-\frac{2A\text{log}(Ch(\tau)+CR+2A)}{C^2} \right] \end{eqnarray*}$

das ist mir ein Rätsel. unglücklich

unglücklich

Ich hatte dieses Tool (Link) verwendet. Leider kann ich mein Ergebnis nicht mehr reproduzieren, was mir gerade wirklich peinlich ist.
Ich verstehe, das $\begin{eqnarray*} C \end{eqnarray*}$ so berechnet werden kann, wie du es beschrieben hast. Da hätte ich auch drauf kommen können.... Hammer

Hammer

Zitat:

Original von HAL 9000
Durch Trennung der Variablen stände für diese DGL m.E. zunächst

$\begin{align*} -\frac{h'(\tau)}{\sqrt{2A\left( \displaystyle \frac{1}{h(\tau)+R} -\frac{1}{s+R} \right)}} = 1 \end{align*}$ ,

Habe eben auch versucht, das Integral zu berechnen. Meine Vorgehensweise:

$\begin{eqnarray*} \frac{- h'(\tau)}{\sqrt{2A\left(\frac{1}{h(\tau)+R}-\frac{1}{s+R}\right)}} = 1 \Rightarrow \frac{1}{\sqrt{2A}} \frac{x'(h(\tau))}{\sqrt{\frac{1}{x(h(\tau))}-\frac{1}{s+R}}}=-1\text{ mit }x(h(\tau)) = h(\tau)+R \end{eqnarray*}$

Ab hier steige ich aus. Habe verschiedene Substitutions-Versuche durchgeführt, die zu keinem integrierbaren Ausdruck führten.
Sogar die Konkurrenz-Internetseite Augenzwinkern

Augenzwinkern

(Link2) gibt eine Lösung mit Imaginärteil aus. Habe daher großen Respekt vor deinen mathematischen Fähigkeiten Freude

Freude

!

Da das Resultat so unschön ist, werde ich nun von der Aufgabe ablassen.

Vielen Dank nochmals für eure Zeit!

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05.10.2015, 23:46

DieLösung

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Könnte man die Frage nicht mit einer einfacheren DGL behandeln?

Die Kugel (als Massepunkt betrachtet) gehorcht im Schwerefeld der Erde doch der DGL

$\begin{eqnarray*} \ddot r(t) = - c \frac{1}{r^2} \end{eqnarray*}$

Jetzt kann man den bekannten "Energiesatz-Trick" anwenden:

$\begin{eqnarray*} \ddot r(t) \dot{r}(t)= - c \frac{1}{r^2}\dot{r}(t) \end{eqnarray*}$

Und beidseitig integrieren:

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2}\dot{r}^2 = +\frac{c}{r} \end{eqnarray*}$

Es folgt $\begin{eqnarray*} \dot r = - \sqrt{\frac{2c}{r}} \end{eqnarray*}$ (negativ, weil die Kugel fallen soll).

Mit der Methode der getrennen Variablen erhält man nun die Gleichung $\begin{eqnarray*} r^{3/2} - r_0^{3/2}= - \sqrt{2c}(t-t_0) \end{eqnarray*}$

Hieraus sollte sich die Zeit bereits ermittleln lassen.

Daraus folgen außerdem auch die Lösungen der DGL:

$\begin{eqnarray*} r(t) = (r_0^{3/2}-\sqrt{2c} (t-t_0))^{2/3} \end{eqnarray*}$

Ob der andere Ansatz auch funktioniert habe ich ehrlich gesagt nicht verstanden verwirrt

verwirrt

. Allein dieses Integral ...

06.10.2015, 00:01

DieLösung

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Hmm beim Energiesatz habe ich wohl Integrationskonstanten ignoriert. Diese legen wahrscheinlich aber nur die Anfangsenergie fest, die man problemlos auf Null setzen kann. Oder?

06.10.2015, 07:09

HAL 9000

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Zitat:

Original von DieLösung
Und beidseitig integrieren:

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2}\dot{r}^2 = +\frac{c}{r} \end{eqnarray*}$

Hier fehlt jetzt eine Integrationskonstante, die sich aus der Anfangsbedingung ergibt. Wenn du die einfach 0 setzt, vereinfacht sich zwar der weitere Weg, aber du löst damit nicht das Problem. unglücklich

unglücklich

Ansonsten wird oben nichts anderes gemacht, nur dass dein $\begin{align*} r \end{align*}$ da $\begin{align*} h+R \end{align*}$ heißt (mit h als Variable). Von "anderem" Ansatz zu sprechen ist also klar verfehlt - es ist derselbe, nur mit einer konstanten R-Verschiebung (was den Aufschrieb etwas verlängert). Mit $\begin{align*} r \end{align*}$ statt $\begin{align*} h+R \end{align*}$ sowie $\begin{align*} \tilde{s} \end{align*}$ statt $\begin{align*} s+R \end{align*}$ geschrieben lautet die richtige DGL nach der ersten Integration $\begin{align*} -\frac{r'}{\sqrt{2A\left( \displaystyle \frac{1}{r}~{\color{red}-\frac{1}{\tilde{s}}} \right)}} = 1 \end{align*}$ mit eben dann der Lösung $\begin{align*} \sqrt{\frac{\tilde{s}}{2A}} \left( \tilde{s}\arccos\left(\sqrt{\frac{r}{\tilde{s}}}\right) + \sqrt{r(\tilde{s}-r)}\right) = t \end{align*}$ .

Zitat:

Original von DieLösung
Ob der andere Ansatz auch funktioniert habe ich ehrlich gesagt nicht verstanden verwirrt

verwirrt

. Allein dieses Integral ...

Hochmut kommt vor dem Fall.

06.10.2015, 08:09

DieLösung

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Hmm ok ... Diese Konstante macht also alles sehr viel komplizierter, das hatte ich übersehen. Wäre ja auch etwa zu einfach alles sonst. traurig

traurig

Oder die Realität ist etwas zu schwierig, wie man es nimmt! Schade, ich fände explizite Lösungen schön! (Ist ja ein relativ grundlegendes Problem aus der Newtonschen Gravitationsphysik.) Wahrscheinlich keine Chance, weitere Lösungen aus dem Spezialfall mit Integrationskonstante=0 zu konstruieren, oder? Ich habe schon verschiedenes probiert aber nichts gefunden.

Bei linearen DGLs 1. Ordnung könnte man z.B. Variation der Konstanten benutzen, Gibt es Ähnliches eigentlich auch für (bestimmte, z.B. vorliegende) nichtlineare DGLs?

06.10.2015, 08:14

DieLösung

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Zitat:

Zitat:

Original von DieLösung
Ob der andere Ansatz auch funktioniert habe ich ehrlich gesagt nicht verstanden verwirrt

verwirrt

. Allein dieses Integral ...

Hochmut kommt vor dem Fall.

[/quote]

Und welche DGL beschreibt das? Augenzwinkern

Augenzwinkern

06.10.2015, 08:25

HAL 9000

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Zitat:

Original von DieLösung
Wahrscheinlich keine Chance, weitere Lösungen aus dem Spezialfall mit Integrationskonstante=0 zu konstruieren, oder?

Das Originalproblem hat die Anfangsbedingungen $\begin{align*} r(0)=\tilde{s} \end{align*}$ sowie $\begin{align*} \dot{r}(0)=0 \end{align*}$ . Bezogen auf

Zitat:

Original von DieLösung
$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2}\dot{r}^2 = +\frac{c}{r} \end{eqnarray*}$

geht das nur mit $\begin{align*} \tilde{s}=\infty \end{align*}$ , also gar nicht.

06.10.2015, 08:37

DieLösung

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Ich meinte: Lässt sich unter Umständen z.B. eine (wie auch immer geartete) Transformation des Spezialfalls in die ursprüngliche Bwgl 2. Ordnung einsetzen, um weitere Lösungen (mit anderen Anfangsbedingungen) zu erhalten? Ich habe z.B. schon den Ansatz $\begin{eqnarray*} r(t) = r_0(h(t)) \end{eqnarray*}$ versucht, aber wieder eine komplizierte nichtlineare DGL erhalten.

Oder meintest du, dass auch diese Transformationen die Anfangsbedingungen unmöglich erfüllen können?

06.10.2015, 09:00

HAL 9000

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Wenn du eine Anfangsbedingungen $\begin{align*} r(0)=r_0 \end{align*}$ und $\begin{align*} \dot{r}(0)=v_0 \end{align*}$ hast mit $\begin{align*} \frac{1}{2} v_0^2 = \frac{c}{r_0} \end{align*}$ , dann gilt deine Lösung.

In allen Fällen mit $\begin{align*} \frac{1}{2} v_0^2 < \frac{c}{r_0} \end{align*}$ lässt es sich auf meine Lösung oben zurückführen (mit einer "Zeitverschiebung").

Bleibt noch der Fall $\begin{align*} \frac{1}{2} v_0^2 > \frac{c}{r_0} \end{align*}$ , da läuft die Integration wohl etwas anders (ich vermute mal, mit $\begin{align*} \operatorname{arcosh} \end{align*}$ oder $\begin{align*} \operatorname{arsinh} \end{align*}$ statt $\begin{align*} \arccos \end{align*}$ o.ä., hab es jetzt aber nicht durchgeführt).

Jedenfalls entspricht der Grenzfall $\begin{align*} \frac{1}{2} v_0^2 = \frac{c}{r_0} \end{align*}$ der Fluchtgeschwindigkeit (zweite kosmische Geschwindigkeit).

06.10.2015, 09:11

Ehos

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Das ursprüngliche Problem von @DrummerS ist das sogenannte Zweikörperproblem (oder Kepler-Problem), dessen Lösung man z.B. im Buch "Mechanik" von L.D.Landau findet. Die Lösung ist nicht trivial und lässt sich als Integral darstellen. Im genannten Buch wird sogar der allgemeine Fall behandelt, wo beide Körper einen Drehimpuls haben dürfen und sich auf einer Ellipse umkreisen (also mit variablem Abstand). Im hier vorliegenden Fall verschwindet der Drehimpuls natürlich, was die Sache speziell macht.

06.10.2015, 09:16

HAL 9000

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Klar ist es das Zweikörperproblem, und zwar der Spezialfall, dass $\begin{align*} r \end{align*}$ und $\begin{align*} \dot{r} \end{align*}$ kollinear sind, womit das ganze in Dimension 1 abhandelbar wird.

06.10.2015, 12:17

DieLösung

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Was ich mich noch frage: Müsste das Ergebnis nicht mit dem Keplerschen Gesetz für die Umlaufzeiten kompatibel sein?

06.10.2015, 12:20

DieLösung

Auf diesen Beitrag antworten »

Hmm wohl nicht da unklar ist, welcher Anteil der Umlaufzeit bis zum Aufprall benötigt wird.

06.10.2015, 13:34

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Die Frage ist, was du hier als Umlauf siehst:

Wenn wir die Erde als "durchlässig" ansehen würden und nicht homogen, sondern als Massepunkt in der Mitte, dann stürzt die Kugel startend bei $\begin{align*} r=\tilde{s} \end{align*}$ und Geschwindigkeit 0 mit zunehmender Geschwindigkeit bis zum Erdmittelpunkt, und dann mit abnehmender Geschwindigkeit darüber hinaus bis zur Tiefe $\begin{align*} r=-\tilde{s} \end{align*}$ und Geschwindigkeit 0 - und dann wieder zurück usw. periodisch.

Sie beschreibt also im Kepler-Sinne eine entartete Ellipse (die eine Halbachse ist gleich Null), die Zeit für eine vollständige Periode ist dann gleich der vierfachen Zeit $\begin{align*} t \end{align*}$ für $\begin{align*} r=0 \end{align*}$ in $\begin{align*} \sqrt{\frac{\tilde{s}}{2A}} \left( \tilde{s}\arccos\left(\sqrt{\frac{r}{\tilde{s}}}\right) + \sqrt{r(\tilde{s}-r)}\right) = t \end{align*}$ , das wäre dann

$\begin{align*} T = 2\pi\tilde{s}\sqrt{\frac{\tilde{s}}{2A}} \end{align*}$ ,

also tatsächlich $\begin{align*} T^2\sim \tilde{s}^3 \end{align*}$ wie im 3.Keplerschen Gesetz vermerkt.

06.10.2015, 14:08

DrummerS

Auf diesen Beitrag antworten »

Einen weiteren interessanten Aspekt an der anfangs von mir erwähnten Aufgabe fände ich, wenn der Betrag von $\begin{eqnarray*} h \end{eqnarray*}$ zu einer sehr großen Relativgeschwindigkeit führt, bei der Relativitätseffekte (hier die relativistische Masse der Kugel) beginnen bedeutend zu werden. Im Abschnitt "Relativistische Masse" (Quelle) wird jedoch erwähnt, dass diese bei Berücksichtigung im newtonschen Gravitationsgesetz zu falschen Ergebnissen führen. Das ist dann aber wohl eher ein Thema für das Physikerboard.

06.10.2015, 14:16

HAL 9000

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Das ist richtig: Die Rechnung hier ist nur gültig im Rahmen der Newtonschen, nichtrelativistischen Mechanik, d.h. für vergleichsweise kleine Geschwindigkeiten. Und wo Zeit noch die normale gemütliche Zeit ist, nicht irgendwie gedehnt... Big Laugh

Big Laugh

06.10.2015, 14:21

DieLösung

Auf diesen Beitrag antworten »

Klasse!

06.10.2015, 14:28

klarsoweit

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Da kann man mal sehen, wo wir von der Frage nach der Berechnung eines Integrals nun gelandet sind. geschockt

geschockt

06.10.2015, 15:47

Mathema

Auf diesen Beitrag antworten »

Da ich kein Physiker bin und mich die Berechnung des Integrals interessiert, gehe ich mal dort hin zurück. Man sollte ja nicht gleich die Flinte ins Korn werfen... unglücklich

unglücklich

Also - es geht doch um dieses Integral, oder?

$\begin{eqnarray*} \int \frac{-1}{\sqrt{2A(\frac{1}{h+R}-\frac{1}{s+R}})}dh \end{eqnarray*}$

Das habe ich umgeformt zu:

$\begin{eqnarray*} =\sqrt{\frac{s+R}{2A}} \int \frac{-\sqrt{h+R}}{\sqrt{s-h}}dh \end{eqnarray*}$

So:

$\begin{eqnarray*} u=\sqrt{R+h} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} dh=2\sqrt{R+h}du \end{eqnarray*}$

Die Faktoren vor den Integralen lasse ich erstmal weg und bastel das später zusammen:

$\begin{eqnarray*} \int \frac{-2u^2}{\sqrt{s-(u^2-R)}}du=-2\int \frac{u^2}{\sqrt{s+R-u^2}}du \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} u=\sqrt{R+s}\sin(z) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} du=\sqrt{R+s}\cos(z) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \int \frac{(R+s)\sin^2(z)\cos(z)}{\sqrt{(s+R)(1-\sin^2(z)})}dz \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \sqrt{R+s} \int \sin^2(z)dz=\frac{1}{2}\sqrt{R+s}\int (1-\cos(2z))dz=\frac{1}{2}\sqrt{R+s}(z-\frac{1}{2}\sin(2z)) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =\frac{1}{2}\sqrt{R+s}(z-\sin(z)\cos(z)) \end{eqnarray*}$

Resub.:

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2}\sqrt{R+s}(\arcsin(\frac{u}{\sqrt{R+s}})-\frac{u}{\sqrt{R+s}}\sqrt{1-\frac{u^2}{R+s}}) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2}\sqrt{R+s}(\arcsin(\frac{\sqrt{R+h}}{\sqrt{R+s}})-\frac{\sqrt{R+h}}{\sqrt{R+s}}\frac{\sqrt{R+s-R-h}}{\sqrt{R+s}}) \end{eqnarray*}$

Zusammenbasteln liefert mir:

$\begin{eqnarray*} \sqrt{\frac{s+R}{2A}}(-\arcsin(\frac{\sqrt{R+h}}{\sqrt{R+s}})+\sqrt{(R+h)(s-h}) \end{eqnarray*}$

Da ich auch großen Respekt vor HAL`s mathematischen Fähigkeiten habe, vermute ich einen Fehler in meiner Rechnung?!

06.10.2015, 15:51

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Warum soll da ein Fehler sein? Für alle $\begin{align*} x\in[-1,1] \end{align*}$ gilt $\begin{align*} \arccos(x) = \frac{\pi}{2}-\arcsin(x) \end{align*}$ .

Ich hab nur deswegen $\begin{align*} \arccos \end{align*}$ statt $\begin{align*} -\arcsin \end{align*}$ gewählt, damit die Integrationskonstante für die vorliegende Anfangsbedingung $\begin{align*} h(0)=s \end{align*}$ "elegant" zu Null wird. Big Laugh

Big Laugh

06.10.2015, 15:55

Mathema

Auf diesen Beitrag antworten »

Mist - da war ja was Hammer

Hammer

Diese "Eleganz" geht mir noch etwas ab.

Danke dir!

edit:

Zitat:

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2}\sqrt{R+s}(\arcsin(\frac{\sqrt{R+h}}{\sqrt{R+s}})-\frac{\sqrt{R+h}}{\sqrt{R+s}}\frac{\sqrt{R+s-R-h}}{\sqrt{R+s}}) \end{eqnarray*}$

Zusammenbasteln liefert mir:

$\begin{eqnarray*} \sqrt{\frac{s+R}{2A}}(-\arcsin(\frac{\sqrt{R+h}}{\sqrt{R+s}})+\sqrt{(R+h)(s-h}) \end{eqnarray*}$

Das passt doch nicht meiner Meinung nach. Es müsste doch lauten:

$\begin{eqnarray*} \frac{1}{2}\sqrt{R+s}(\frac{(R+s)\arcsin(\frac{\sqrt{R+h}}{\sqrt{R+s}})-\sqrt{(R+h)(s-h)})}{R+s}) \end{eqnarray*}$

Und somit:

$\begin{eqnarray*} \sqrt{\frac{s+R}{2A}}(\frac{-(R+s)\arcsin(\frac{\sqrt{R+h}}{\sqrt{R+s}})+\sqrt{(R+h)(s-h)}}{\sqrt{R+s}}) \end{eqnarray*}$

Oder irre ich mich nun?

06.10.2015, 16:55

HAL 9000

Auf diesen Beitrag antworten »

Was sagt denn die Probe, also Differentation dieses Ausdrucks?

Ich hab das oben (mit Ausnahme des arsin/arccos-Schlenkers) alles vom CAS machen lassen. Big Laugh

Big Laugh

------------------------------------

Ein Anhaltspunkt liefern auch die physikalischen Einheiten - nicht für die Richtigkeit, wohl aber für die Falschheit einer Formel:

$\begin{align*} A \end{align*}$ hat die Einheit $\begin{align*} m^3s^{-2} \end{align*}$ , $\begin{align*} t \end{align*}$ natürlich die Zeiteinheit $\begin{align*} s \end{align*}$ , und alles andere $\begin{align*} s,R,h \end{align*}$ die Längeneinheit $\begin{align*} m \end{align*}$ .

Und in der Hinsicht sieht es dann nicht gut bestellt aus um deine letzte Formel...

06.10.2015, 17:01

Mathema

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traurig

Ich geh noch mal auf Fehlersuche...

07.10.2015, 10:32

DieLösung

Auf diesen Beitrag antworten »

Wikipedia sagt, die Lösung des allgemeinen Kepler-Problems wird numerisch berechnet, weil:

Zitat:

Wikipedia: Der Grund dafür ist nicht, dass eine allgemeine geschlossene Lösung bisher nicht gefunden worden wäre. Es handelt sich vielmehr um eine prinzipielle, beweisbare Eigenschaft der Struktur des Differentialgleichungssystems, die die Existenz einer geschlossenen Lösung nicht zulässt.

Kann jemand vielleicht mehr dazu sagen, woran dies liegt und/oder wie man das beweisen kann?

07.10.2015, 10:34

DieLösung

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Ups, da ist mir das Zitat missglückt! Kann das vielleicht jemand beheben? Vielen Dank! smile

smile

EDIT: erledigt (klarsoweit)

07.10.2015, 12:00

HAL 9000

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Du redest jetzt über das $\begin{align*} N \end{align*}$ -Körperproblem mit $\begin{align*} N\geq 3 \end{align*}$ ? verwirrt

verwirrt

Denn für $\begin{align*} N=2 \end{align*}$ gibt es meines Wissens nach eine geschlossene Lösung:

Bei nicht allzu großer kinetischer Energie umkreisen beide Körper in Ellipsenbahnen, die sich in derselben Ebene befinden, den gemeinsamen Masse-Schwerpunkt. An einem "Umkipppunkt" ist es dann eine Parabelbahn, und für noch größere Energie dann eine Hyperbelbahn.

07.10.2015, 12:49

Huggy

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Die geschlossene Lösung bei $\begin{eqnarray*} N = 2 \end{eqnarray*}$ gibt es für die Bahnkurve und die Zeit als Funktion des Ortes. Die Umkehrfunktion Ort als Funktion der Zeit ist auch in diesem Fall nur numerisch ermittelbar.

07.10.2015, 13:55

HAL 9000

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Ja, das ist jetzt Definitionsfrage, was man als "geschlossene Lösung" akzeptiert: Zumindest auf $\begin{align*} t=t(r) \end{align*}$ trifft das ja zu, wie ja auch bei der eindimensionalen Vereinfachung hier im Thread zu sehen ist.

07.10.2015, 14:33

DieLösung

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Hmm physikalisch müsste es ja eine Lösung in allen Fällen geben, auch für n > 2. Kann man die Mathematik da vllt noch irgendwie verbessern? Viele physikalische Probleme sind ja auch erst durch DGLs behandelbar geworden.

07.10.2015, 14:41

HAL 9000

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Zitat:

Original von DieLösung
Hmm physikalisch müsste es ja eine Lösung in allen Fällen geben, auch für n > 2.

Ja klar gibt es eine Lösung, und numerisch kann man die ja auch bestimmen:

Ich würde mal behaupten, der übergroße Anteil der Rechenkapazitäten der diversen Supercomputer bzw. Computer-Cluster beschäftigt sich mit der numerischen Lösung von Differentialgleichungen. Der eine oder andere davon vielleicht auch mit dem N-Körperproblem.

Ich selbst hab mal vor ca. 20 Jahren ein diesbezügliches PC-Programm geschrieben, natürlich nur für kleines N. Bei gewissen Konstellationen der Anfangsbedingungen ergeben sich dann ganz lustige, chaotische Trajektorien. Augenzwinkern

Augenzwinkern

07.10.2015, 14:50

DieLösung

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Cool, das muss ich auch mal probieren. Ich frage mich aber trotzdem, ob in dreihundert Jahren eine einfache explizite Formel z.B. für r(t) im ZKP existieren wird.

07.10.2015, 15:28

HAL 9000

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Heutzutage kann man mit der beachtlichen Parallel-Rechenleistung moderner Grafikkarten schon auf einem normalen PC das $\begin{align*} N \end{align*}$ etwas weiter nach oben schrauben:

http://http.developer.nvidia.com/GPUGems3/gpugems3_ch31.html

(Bitte jetzt nicht als Werbung für NVidia verstehen - mit den Grafikkarten des anderen großen Herstellers AMD/ATI geht's so ähnlich auch.)

09.10.2015, 17:04

Mathema

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Nur noch mal der Vollständigkeit halber:

Zitat:

$\begin{eqnarray*} u=\sqrt{R+s}\sin(z) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} du=\textcolor{red}{\sqrt{R+s}}\cos(z) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \int \frac{(R+s)\sin^2(z)\cos(z)}{\sqrt{(s+R)(1-\sin^2(z)})}dz \end{eqnarray*}$

Hab an dieser Stelle den roten Teil verschlampt. Dann kürzt sich zum Schluss der Nenner raus und es bleibt übrig:

Zitat:

$\begin{eqnarray*} \sqrt{\frac{s+R}{2A}}(\frac{-(R+s)\arcsin(\frac{\sqrt{R+h}}{\sqrt{R+s}})+\sqrt{(R+h)(s-h)}}{\sqrt{R+s}}) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} =\sqrt{\frac{s+R}{2A}}(-(R+s)\arcsin(\frac{\sqrt{R+h}}{\sqrt{R+s}})+\sqrt{(R+h)(s-h)}) \end{eqnarray*}$

Und das passt denn zur von HAL präsentierten Lösung. Manchmal ist man doch blind und es braucht etwas Abstand um den Fehler zu finden.

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