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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 16:50 Di 04.11.2008 | | Autor: | murmel |
Ich habe eine Frage zur folgenden DGL
[mm]\bruch{d\vec{v}}{dt}= \vec{g} - \bruch{\beta}{m} * \vec{v}[/mm]
wobei der letzte Term, rechte Seite den Stokschen Reibungseffekt darstellen soll, g ist die vektorielle Erdbeschleunigung und auf der linken Seite der Gleichung steht die Kraft F mit der beispielsweie ein Massepunkt geworfen wird.
[mm]\bruch{d\vec{v}}{dt}= \vec{g} - \bruch{\beta}{m} * \vec{v}[/mm] [mm]|* exp\left( {\bruch{\beta}{m}* t\right)[/mm]
Dieser (nicht von mir stammende Lösungsansatz dieser Gleichung ist mir ein bisschen zu abstrakt!
Der Rest des Lösungweges ist mir klar (hier nicht aufgeführt!)
Woher bekomme ich die e-Funktion mit dem darin enthaltenen Koeffizienten?
Ich habe auch schon versucht diese DGL über den Ortsvektor (also über die Ortskomponenten) zu lösen, würde dann einen quadratischen Ansatz bekommen, jedoch führt das Ergebnis nicht zum gewünschten Ziel:
[mm] z(t) = A * exp\left( -\bruch{1}{2}* \bruch{\beta}{m}*t + \wurzel{\bruch{1}{4} * \bruch{\beta^2}{m^2}+g_z}*t \right) + E * exp\left( -\bruch{1}{2}* \bruch{\beta}{m}*t - \wurzel{\bruch{1}{4} * \bruch{\beta^2}{m^2}+g_z}*t \right)[/mm]
Mit
[mm]A = -E[/mm]
Und
[mm] \dot z(t) = A *\left( -\bruch{1}{2}*\bruch{\beta}{m}*t + \wurzel{\bruch{1}{4} * \bruch{\beta^2}{m^2}+g_z}*t\right) * exp\left( -\bruch{1}{2}*\bruch{\beta}{m}*t + \wurzel{\bruch{1}{4} * \bruch{\beta^2}{m^2}+g_z}*t \right) + E *\left( -\bruch{1}{2}*\bruch{\beta}{m}*t - \wurzel{\bruch{1}{4} * \bruch{\beta^2}{m^2}+g_z}*t \right) * exp\left( -\bruch{1}{2}*\bruch{\beta}{m}*t - \wurzel{\bruch{1}{4} * \bruch{\beta^2}{m^2}+g_z}*t \right)[/mm]
Quadratischer Ansatz der Form:
[mm]m* \bruch{d^2z}{dt} = m*g_z - \beta * \bruch{dz}{dt} [/mm]
mit e-Funktion:
[mm]\bruch{d^2z}{dt} = \lambda^2; - \bruch{\beta}{m} * \bruch{dz}{dt} = \bruch{\beta}{m} * \lambda; \lambda_0 = g_z[/mm]
[mm]\lambda^2 + \bruch{\beta}{m}* \lambda - g_z[/mm]
Das war mein Lösungsansatz, aber leider werde ich daraus nicht schlau!
Die Anfangsbedingungen zielen alle darauf hingehend ab, dass so ziemlich alles 0 wird
wenn man für t = 0 einsetzt.
Ist der Bruch [mm] \beta/m [/mm] Lösung einer allgemeinen DGL?
Über Hilfe wäre ich dankbar
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Hallo!
Das ist ja im Grunde eine lineare DGL erster Ordnung, die abstrahiert so aussieht:
[mm]f'(t) + A*f(t) = B[/mm]
Der Ansatz, den du da gezeigt hast, folgt aus der Überlegung:
Ich könnte doch die linke Seite so umformen, dass eine ausgeführte Produktregel für Ableitungen angewendet wurde.
Ich habe schließlich schon f'(t) in einem Summanden und f(t) in dem anderen... Jetzt bräuchte ich nur noch die zweite Funktion x(t), mit der f(t) ursprünglich multipliziert wurde...:
$(f(t)*x(t))' = [mm] \red{f'(t)}*x(t) [/mm] + [mm] \red{f(t)}*A*x'(t)$
[/mm]
Und da sieht man schon: Wenn nur eine Konstante beim Ableiten von x'(t) entsteht (nämlich A, siehe obige DGL), dann muss es sich um eine E-Funktion handeln, die genau A als innere Ableitung hat, also ist $x(t) = [mm] e^{A*x}$.
[/mm]
Der Anstatz führt also auf:
[mm]f'(t) + A*f(t) = B[/mm]
Mit [mm] e^{A*x} [/mm] auf beiden Seiten multiplizieren
[mm]f'(t)*e^{A*x} + f(t)*A*e^{A*x} = B*e^{A*x}[/mm]
Links steht eine ausgeführte Produktregel für Ableitungen:
[mm](f(t)*e^{A*x})' = B*e^{A*x}[/mm]
Nun integrieren und nach f(t) auflösen 
Stefan.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:31 Mi 05.11.2008 | | Autor: | murmel |
Ok, dann doch anders:
Ich habe folgenden Lösungsvorschlag für den schiefen Wurf mit linearem Reibungsterm im Netz gefunden:
[mm]\bruch{d\vec{v}}{dt}= \vec{g} - \bruch{\beta}{m} * \vec{v}[/mm] [mm]Gl. 1[/mm]
[mm]\bruch{d\vec{v}}{dt}= \vec{g} - \bruch{\beta}{m} * \vec{v}[/mm] [mm]|* exp\left( {\bruch{\beta}{m}* t\right)[/mm] [mm]Gl. 2[/mm]
[mm]\bruch{d\vec{v}}{dt}* exp\left( {\bruch{\beta}{m}* t\right)= \vec{g} * exp\left( {\bruch{\beta}{m}* t\right)- \bruch{\beta}{m} * \vec{v} * exp\left( {\bruch{\beta}{m}* t\right) [/mm] [mm]Gl. 3[/mm]
[mm]\bruch{d\vec{v}}{dt}* exp\left( {\bruch{\beta}{m}* t\right) + \bruch{\beta}{m} * \vec{v} * exp\left( {\bruch{\beta}{m}* t\right) = \vec{g} * exp\left( {\bruch{\beta}{m}* t\right) [/mm] [mm]Gl. 4[/mm]
[mm] \bruch{d}{dt}\left( \vec v \left(t \right) * exp \left( \bruch{b}{m} *t \right)\right) = \vec{g} * exp\left( {\bruch{\beta}{m}* t\right) [/mm] [mm]Gl. 5[/mm]
So, nun noch einmal, also: warum man Gl. 2 mit der Exponentialfunktion multipliziert hat, ist mir persönlich mathematisch verständlich. Ich muss bei Ergänzungen durch andere Terme auf beiden Seiten der DGL das gleiche tun. Bis hier hin, ok! Aber betrachte ich das Problem physikalisch, verstehe ich diesen Schritt (Gl. 2) gar nicht!
In Gl. 5 kommt's dann noch besser, wie komme ich von Gl. 4 auf Gl. 5? Welchen mathematischen oder gar logisch-physikalischen Hintergrund gibt es um diesen Schritt von Gl. 4 auf Gl. 5 zu begründen?
Für Hilfe bin ich wie immer sehr dankbar!
murmel
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:44 Mi 05.11.2008 | | Autor: | leduart |
Hallo
die physikalische ueberlegung ist, dass sich nach einiger Zeit wegen der Reibung eine konstante Geschw. einstellen wird, in der Loesung wohl nur fuer t gegen [mm] \infty.
[/mm]
diese Loesung fuer t gegen infty muss dann sein v'=0 also
[mm] \vec{g} [/mm] - [mm] \bruch{\beta}{m} \cdot{} \vec{v} [/mm] =0
d.h. man wird ein abklingen mit [mm] e^{-\beta*t/m} [/mm] erwarten.
Aber exakt begruenden kann man geschickt gewaehlte "Tricks" nie, hoechstens wie jemand vielleicht auf die Idee kam.
Gruss leduart
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:11 Mi 05.11.2008 | | Autor: | Martinius |
Hallo murmel,
deine DGL lässt sich doch einfach über das Standardverfahren (homogene DGL 1. Ordnung, Variation der Konstanten) lösen. Da kommst Du dann einfach auf deine e- Funktion.
[mm] $\dot [/mm] v = [mm] g-\bruch{\beta}{m}*v$
[/mm]
[mm] $\integral \bruch{1}{v} \;dv=\integral -\bruch{\beta}{m}\;dt$
[/mm]
$ln|v| [mm] =-\bruch{\beta}{m}*t+C' [/mm] $
$v= [mm] C*exp\left(-\bruch{\beta}{m}*t \right)$
[/mm]
$v= [mm] C(t)*exp\left(-\bruch{\beta}{m}*t \right)$
[/mm]
[mm] $\dot [/mm] v = [mm] \dot C(t)*exp\left(-\bruch{\beta}{m}*t \right)-C(t)*\bruch{\beta}{m}*exp\left(-\bruch{\beta}{m}*t \right)$
[/mm]
Einsetzen in die DGL liefert
$ [mm] \dot C(t)*exp\left(-\bruch{\beta}{m}*t \right)-C(t)*\bruch{\beta}{m}*exp\left(-\bruch{\beta}{m}*t \right)=g-\bruch{\beta}{m}*C(t)*exp\left(-\bruch{\beta}{m}*t \right)$
[/mm]
$ [mm] \dot C(t)*exp\left(-\bruch{\beta}{m}*t \right)=g$
[/mm]
[mm] $\integral \;dC(t) [/mm] = [mm] \integral g*exp\left(\bruch{\beta}{m}*t \right)\;dt$
[/mm]
[mm] $C(t)=g*\bruch{m}{\beta}*exp\left(\bruch{\beta}{m}*t \right)+D$
[/mm]
Einsetzen in
$v= [mm] C(t)*exp\left(-\bruch{\beta}{m}*t \right)$
[/mm]
$v= [mm] g*\bruch{m}{\beta}+D*exp\left(-\bruch{\beta}{m}*t \right)$
[/mm]
LG, Martinius
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