Einheitenveränderung durch Logarithmus

10.02.2021, 17:35

hugh

Einheitenveränderung durch Logarithmus

Meine Frage:
Bis ich an die Uni gekommen bin, hatte ich mit Differentialgleichungen nicht viel am Hut. Daher bitte ich um Entschuldigung, wenn die folgende Frage außergewöhnlich dämlich erscheint.

Wenn ich eine Funktion mit physikalischer Bedeutung integriere, erwarte ich, dass zur Einheit des Funktionswert die Einheit der Integrationsvariable multipliziert wird. Also z. B. eine Beschleunigung a in m/s² wird durch

$\begin{eqnarray*} v(t) = \int a(t) \, dt \end{eqnarray*}$

zu einer Geschwindigkeit v in m/s.

Bei der Lösung einer Differentialgleichung durch Trennung der Variablen funktionierte dieser Gedankengang nun allerdings nicht mehr. Habe ich mich verrechnet oder wie soll ich das Folgende interpretieren?

Meine Ideen:
$\begin{eqnarray*} m\dot{v} + kv + mg = 0 \qquad \left[\frac{kg \cdot m}{s}\right] \\<br /> \Leftrightarrow \frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t} = - \frac{k}{m}v - g \qquad \left[\frac{m}{s^2}\right] \\<br /> \Leftrightarrow \frac{\mathrm{d}v}{\frac{k}{m}v + g} = - \mathrm{d}t \qquad \left[s\right] \\<br /> \overset{\int}{\Rightarrow} \ln\left(\frac{k}{m}v + g + C_1\right) \cdot \frac{m}{k} = -t + C_2 \end{eqnarray*}$

In der letzten Zeile habe ich auf der rechten Seite die Einheit s, aber auf der linken Seite sind es ln(m/s²)*s. Wenn ich von hier aus die Gleichung zu v umstelle, erhalte ich eine Formel, in der manche Terme die korrekte Einheit m/s haben, aber der Exponentialterm ist in s.

$\begin{eqnarray*} v = &\frac{m}{k} \exp\left(\frac{k}{m}(C_2-t)\right) - &\frac{m}{k} (C_1 + g) \\<br /> &\left[s\right] &\left[\frac{m}{s}\right] \end{eqnarray*}$

10.02.2021, 18:06

HAL 9000

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Doch, es funktioniert, aber eben eher in der "Bestimmtes Integral"-Variante:

$\begin{eqnarray*} \frac{\dd v}{v+ \frac{gm}{k}} = -\frac{k}{m} ~ \dd t \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \int\limits_{v(0)}^{v(\tau)} \frac{\dd v}{v+ \frac{mg}{k}} = -\frac{k}{m} \int\limits_0^{\tau} ~ \dd t \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \ln\left(v(\tau)+\frac{mg}{k}\right)-\ln\left(v(0)+\frac{mg}{k}\right) = -\frac{k}{m}\tau\qquad (*) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \ln\left(\frac{v(\tau)+\frac{mg}{k}}{v(0)+\frac{mg}{k}}\right) = -\frac{k}{m}\tau \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} v(\tau) = \left(v(0)+\frac{mg}{k}\right)\cdot e^{-\frac{k}{m}\tau} - \frac{mg}{k} \end{eqnarray*}$

Und siehe da, alles ist mit den Einheiten wieder in Ordnung - danke, liebe Logarithmenregeln. Big Laugh

Nur in (*) gibt es kurz eine Einheitenirritation, da der Logarithmus eigentlich nur auf dimensionslose Zahlen angewandt werden sollte.

P.S.: Physikalische Einheiten hin oder her - das von dir innerhalb der Logarithmenklammer platzierte $\begin{eqnarray*} C_1 \end{eqnarray*}$ ist auf jeden Fall falsch - es gehört außerhalb der Klammer hin. Bzw., es kann überhaupt ganz weg - es reicht, wenn man einer Gleichungsseite eine Integrationskonstante spendiert.

Zitat:

Original von hugh
wenn die folgende Frage außergewöhnlich dämlich erscheint.

Ganz und gar nicht. Als jemand, dem der Physiklehrer damals richtig eingebläut hat, dass die Einheiten immer stimmen müssen, habe ich volles Verständnis für diese Frage. Tatsächlich sollten physikalische Formeln stets so aufgebaut sein, dass die Argumente sämtlicher transzendenter Funktionen (Logarithmen, Exponentialfunktionen, Winkel- und Arcusfunktionen, um nur mal die wichtigsten zu nennen) physikalisch dimensionslos sind!

10.02.2021, 19:49

Dopap

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wer bei (*) ein wenig zuckt, den kann man insofern beruhigen, dass ein solcher Logarithmus nicht wirklich ausgeführt wird sondern nur eine virtuelle Zeile der nächsten Zeile ist. Augenzwinkern

Generell gesehen fährt man ganz gut wenn man nur Maßzahlen von SI Einheiten verwendet,
nur sollte man sich ein paar Sachen merken, z.B. $\begin{eqnarray*} \{\rho_{ H_2O}\}=997 \, \text{und nicht}\, 1 \end{eqnarray*}$

10.02.2021, 20:05

HAL 9000

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Wer dennoch auf die unbestimmte Integration nicht verzichten will, den kann man einheitenmäßig so beruhigen: Wir "befreien" die Integrationsvariable $\begin{eqnarray*} v \end{eqnarray*}$ links von ihrer physikalischen Einheit durch die Substitution $\begin{eqnarray*} v = v_E\cdot x \end{eqnarray*}$ mit Konstante $\begin{eqnarray*} v_E=1ms/s \end{eqnarray*}$ . Dann haben wir $\begin{eqnarray*} \dd v = v_E\cdot \dd x \end{eqnarray*}$ und folglich eingesetzt

$\begin{eqnarray*} \frac{\dd x}{x + \frac{mg}{kv_E}} = -\frac{k}{m} ~ \dd t \end{eqnarray*}$ .

Nun kann man unbestimmt integrieren mit Ergebnis

$\begin{eqnarray*} \ln\left|x + \frac{mg}{kv_E}\right| = -\frac{k}{m}t+C_1 \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} x + \frac{mg}{kv_E} = \underbrace{\pm e^{C_1}}_{=:C}\cdot e^{-\frac{k}{m}t} \end{eqnarray*}$ .

$\begin{eqnarray*} x = C\cdot e^{-\frac{k}{m}t}-\frac{mg}{kv_E} \end{eqnarray*}$

Sowohl $\begin{eqnarray*} C_1 \end{eqnarray*}$ als auch daraus entstehend $\begin{eqnarray*} C \end{eqnarray*}$ sind einheitenfrei, also einfach reelle Zahlen. Die Rücksubstitution ergibt

$\begin{eqnarray*} v = Cv_E\cdot e^{-\frac{k}{m}t}-\frac{mg}{k} \end{eqnarray*}$ .

10.02.2021, 21:30

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Scheint eine interessante Frage zu sein
Nämlich ob man Einheiten in eine Funktion mit hineinnehmen kann

Bis das geklärt ist könnte man auch so rechnen

$\begin{eqnarray*} \frac{dv}{\frac{k}{m}v+g } =-dt \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{dv}{\frac{k}{mg}v+1 } =-gdt \end{eqnarray*}$

Mit Einheiten wäre das ganz gut

$\begin{eqnarray*} \frac{dv}{v+\frac{mg}{k} } =-\frac{k}{m}dt \end{eqnarray*}$

11.02.2021, 13:11

hugh

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Zitat:

Original von HAL 9000
Tatsächlich sollten physikalische Formeln stets so aufgebaut sein, dass die Argumente sämtlicher transzendenter Funktionen (Logarithmen, Exponentialfunktionen, Winkel- und Arcusfunktionen, um nur mal die wichtigsten zu nennen) physikalisch dimensionslos sind!

Das erscheint mir jetzt auch geeigneter. Insbesondere hatte ich gar nicht an die Problematik mit den Logarithmusregeln, also

$\begin{eqnarray*} &\ln\left(\frac{a}{b}\right) = &\ln(a) - &\ln(b) \end{eqnarray*}$

gedacht. Die elegante Entdimensionalisierungsmöglichkeit

Zitat:

Original von xb
$\begin{eqnarray*} \frac{\mathrm{d}v}{\frac{k}{mg}v + 1} = -g \mathrm{d}t \end{eqnarray*}$

ist mir auch nicht aufgefallen, und aus irgendeinem Grund hatte ich Angst vor der Definition von sowas wie HALs $\begin{eqnarray*} v_E \end{eqnarray*}$ .

Danke für all eure ausführlichen Antworten!

11.02.2021, 13:13

HAL 9000

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Ja, letztendlich ist der Weg von xb einleuchtender als mein künstliches Konstrukt mit der Einheitenabtrennung $\begin{eqnarray*} v_E \end{eqnarray*}$ . Na, jedenfalls hat jetzt die Seele Ruh. Augenzwinkern

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