Differentialgleichung Lösen

29.05.2016, 13:50

yellowman

Differentialgleichung Lösen

Hallo, ich habe folgende DGL gegeben: $\begin{eqnarray*} m\ddot{z}+\alpha\dot{z}=-mg \end{eqnarray*}$ mit den Anfangsbedingungen: $\begin{eqnarray*} z(0)=z_0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \dot{z}=0 \end{eqnarray*}$

a) Bestimme $\begin{eqnarray*} z(t) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \dot{z}(t) \end{eqnarray*}$

b) Bestimme den Limes mit $\begin{eqnarray*} \lim_{t\to\infty} \dot{z} \end{eqnarray*}$

Meine Idee:

a) Ich erhalte folgende Lösung für die DGL: $\begin{eqnarray*} z(t)=c_1+c_2\exp(-\frac{\alpha}{m}t)-\frac{mg}{\alpha}t \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} z'(t) \end{eqnarray*}$ ist damit: $\begin{eqnarray*} z'(t)=-c_2\frac{\alpha}{m}\exp(-\frac{\alpha}{m}t)-\frac{mg}{\alpha} \end{eqnarray*}$

Wenn ich die Anfangsbedingungen einsetze erhalte ich:

$\begin{eqnarray*} z(t)=(z_0+\frac{m^2g}{\alpha^2})-\frac{m^2g}{\alpha^2}\exp(-\frac{\alpha}{m}t)-\frac{mg}{\alpha}t \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} z'(t)=\frac{mg}{\alpha}(\exp(-\frac{\alpha}{m}t)-1) \end{eqnarray*}$

Passt das soweit?

b) $\begin{eqnarray*} \lim_{t\to\infty}\frac{mg}{\alpha}(\exp(-\frac{\alpha}{m}t)-1)=-\frac{mg}{\alpha} \end{eqnarray*}$

Passen meine Berechnungen soweit?

Viele Grüße

30.05.2016, 09:35

Ehos

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Die Berechnung der Geschwindigkeit ist ok.

Physikalisch beschreibt die Aufgabe folgende Situation:
Eine Körper (z.B. eine Stahlkugel) sinkt in einer zählen Flüssigkeit infolge der Schwerkraft in die Tiefe. Im Vakuum würde die Geschwindigkeit der Kugel quadratisch zunehmen. Infolge der Zähigkeit der Flüssigkeit stellt sich jedoch eine konstante Endgeschwindigkeit ein, welche du ausrechnen sollst. Durch Messen dieser Endgeschwindigkeit kann man übrigens die Zähigkeit von Flüssigkeiten bestimmen, was eine gängige Messmethode ist.

30.05.2016, 17:48

yellowman

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Hallo, wir haben besprochen das $\begin{eqnarray*} z(t) \end{eqnarray*}$ die Bahnkurve eines Teilchens beschreibt wobei $\begin{eqnarray*} F_r=-\alpha z' \end{eqnarray*}$ die Reibungskraft ist. Soweit macht das Sinn.
Was mich etwas wundert, wieso wird für $\begin{eqnarray*} t\to\infty \end{eqnarray*}$ die Geschwindigkeit negativ? Wenn etwas aus einer Höhe $\begin{eqnarray*} z_0 \end{eqnarray*}$ herunterfällt, dann müsste die Geschwindigkeit zunehmen. Hier wird sie negativ.

30.05.2016, 18:20

HAL 9000

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Kommt immer auf die Wahl der Achse an: Wenn du eine Höhenachse hast, deren positive Richtung nach oben zeigt, dann ist eine Fallgeschwindigkeit natürlich mit negativem Vorzeichen versehen.

Das $\begin{align*} {\color{red}-}mg \end{align*}$ rechts in deiner DGL spricht für diese Variante. Augenzwinkern

30.05.2016, 20:13

yellowman

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Hallo noch eine Frage, wenn $\begin{eqnarray*} \alpha=0 \end{eqnarray*}$ bedeutet dies, es liegt keine Reibung vor. Das würde allerdings bedeuten, man dividiert durch Null sowohl bei z(t) wie auch bei $\begin{eqnarray*} z'(t) \end{eqnarray*}$ . Wenn ich es richtig im Kopf habe, müsste die Geschwindigkeit lauten: $\begin{eqnarray*} v=-gt \end{eqnarray*}$ für den Reibungsfreien Fall. Das passt in dem Fall allerdings nicht.

30.05.2016, 20:56

HAL 9000

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Ich weiß nicht was du hast - passt doch:

Zitat:

Original von yellowman
$\begin{eqnarray*} z'(t)=\frac{mg}{\alpha}(\exp(-\frac{\alpha}{m}t)-1) \end{eqnarray*}$

Es ist $\begin{align*} \exp(x) = 1+x+O(x^2) \end{align*}$ , also

$\begin{eqnarray*} \frac{mg}{\alpha}\left(\exp(-\frac{\alpha}{m}t)-1\right) = \frac{mg}{\alpha}\left(1-\frac{\alpha}{m}t+O(\alpha^2)-1\right) = \frac{mg}{\alpha} \left(-\frac{\alpha}{m}t\right)+O(\alpha) = -gt+O(\alpha) \end{eqnarray*}$ .

Bei $\begin{align*} z(t) \end{align*}$ verwendet man dann noch ein Reihenglied mehr $\begin{align*} \exp(x)=1+x+\frac{x^2}{2}+O(x^3) \end{align*}$ :

$\begin{align*} z(t) &= \left(z_0+\frac{m^2g}{\alpha^2}\right)-\frac{m^2g}{\alpha^2}\exp\left(-\frac{\alpha}{m}t\right)-\frac{mg}{\alpha}t = \left(z_0+\frac{m^2g}{\alpha^2}\right)-\frac{m^2g}{\alpha^2}\left(1-\frac{\alpha}{m}t + \frac{\alpha^2}{2m^2}t^2 + O(\alpha^3) \right)-\frac{mg}{\alpha}t\\ &= \left(z_0+\frac{m^2g}{\alpha^2}\right)-\frac{m^2g}{\alpha^2}+\frac{mg}{\alpha}t - \frac{g}{2}t^2 + O(\alpha)-\frac{mg}{\alpha}t = z_0 - \frac{g}{2}t^2 + O(\alpha) \end{align*}$ .

30.05.2016, 21:13

yellowman

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Alles klar, dass war mir nicht klar das man hier mit einer Näherung arbeiten muss. Das war's auch.

Vielen Dank!!!

30.05.2016, 21:18

HAL 9000

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Im Rahmen der Bedeutung der Landau-Symbolen O(...) ist es sogar exakt.

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