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| Aufgabe | | Zeige, dass unter der Voraussetzung [mm] (\omega^2-\omega_0^2)^2+4\rho^2\omega^2>0 [/mm] die Schwingungsdifferentialgleichung [mm] \ddot y+2\rho \dot y+\omega_0^2y=a*sin({\omega}t) [/mm] eine Lösung der Form [mm] y=Asin({\omega}t+B) [/mm] besitzt. Bestimme A, B. |
Hallo liebe Mathegemeinde,
obige Aufgabe beschäftigt mich.
Ich habe versucht erst einmal die gegebene Lösung einzusetzen. Ich komme damit auf folgendes:
[mm] -A\omega^2sin({\omega}t+B)+2\rho*A{\omega}cos({\omega}t+B)+{\omega_0}^2*Asin({\omega}t+B)=a*sin({\omega}t)
[/mm]
[mm] \gdw ({\omega_0}^2-{\omega}^2)Asin({\omega}t+B)+2\rho*Acos({\omega}t+B)=a*sin({\omega}t)
[/mm]
Letzteres quadriert liefert:
[mm] ({\omega_0}^2-{\omega}^2)^2A^2sin^2({\omega}t+B)+4({\omega_0}^2-{\omega}^2)*A^2*\omega\rho*sin({\omega}t+B)cos({\omega}t+B)+4\rho^2\omega^2*A^2cos^2({\omega}t+B)=a^2*sin^2({\omega}t)
[/mm]
Hier mag man schon die Bedingung ("Nichtresonanzbedingung") erkennen, daher dachte ich, es wäre ne gute Idee die Gleichung einfach mal zu quadrieren.
Doch nun stocke ich. Der mittlere Summand der linken Seite bereitet mir Sorge. Aber überhaupt weiß ich einfach nicht, wie ich es noch weiter umformen kann, um die Gleichheit zu zeigen.
Wer will, kann und mag mir helfen?
Danke bereits im voraus!
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 11:49 So 03.06.2012 | | Autor: | Infinit |
Hallo Ritchie,
aus Deiner zweiten Umformung heraus, der Ausdruck hinter dem Äquivalenzzeichen, hätte ich jetzt die Sinus- und Cosinusterme aufgelöst, um sie als Funktion von [mm] \omega t [/mm] dastehen zu haben und dann kann man wohl mit einem Koeffizientenvergleich zwischen linker und rechter Seite weitermachen.
[mm] \sin (x+y) = \sin x \cos y + \cos x \sin y [/mm] bzw.
[mm] \cos(x+y) = \cos x \cos y - \sin x \sin y [/mm]
Viele Grüße,
Infinit
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Hallo Infinit,
dank zunächst für deine Antwort.
Das in dieser Art und Weise aufzudröseln war auch schon einer meiner Ideen, nur empfand ich es als nicht zielführend.
Man erhält:
[mm] ({\omega_0}^2-{\omega}^2)A[sin({\omega}t)cos(B)+cos({\omega}t)sin(B)]+2\rho\cdot{}A[cos({\omega}t)cos(B)-sin({\omega}t)sin(B)]=a\cdot{}sin({\omega}t)
[/mm]
Hier wird es wohl nur zwei Möglichkeiten für B geben.
Fall 1: B=0
[mm] ({\omega_0}^2-{\omega}^2)A[sin({\omega}t)]+2\rho\cdot{}A[cos({\omega}t)]=a\cdot{}sin({\omega}t)
[/mm]
Das führt nicht auf ein t-unabhängiges A.
Fall 2: [mm] B=\bruch{\pi}{2}
[/mm]
[mm] ({\omega_0}^2-{\omega}^2)A*cos({\omega}t)-2\rho\cdot{}A*sin({\omega}t)=a\cdot{}sin({\omega}t)
[/mm]
Auch hier sieht man, dass es hängt.
Wo habe ich eventuell einen Fehler gemacht? Oder ist der Ansatz mit dem umformen doch nicht so geeignet?
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Hallo Richie1401,
> Hallo Infinit,
>
> dank zunächst für deine Antwort.
> Das in dieser Art und Weise aufzudröseln war auch schon
> einer meiner Ideen, nur empfand ich es als nicht
> zielführend.
>
> Man erhält:
>
> [mm]({\omega_0}^2-{\omega}^2)A[sin({\omega}t)cos(B)+cos({\omega}t)sin(B)]+2\rho\cdot{}A[cos({\omega}t)cos(B)-sin({\omega}t)sin(B)]=a\cdot{}sin({\omega}t)[/mm]
>
> Hier wird es wohl nur zwei Möglichkeiten für B geben.
> Fall 1: B=0
>
> [mm]({\omega_0}^2-{\omega}^2)A[sin({\omega}t)]+2\rho\cdot{}A[cos({\omega}t)]=a\cdot{}sin({\omega}t)[/mm]
> Das führt nicht auf ein t-unabhängiges A.
>
> Fall 2: [mm]B=\bruch{\pi}{2}[/mm]
>
> [mm]({\omega_0}^2-{\omega}^2)A*cos({\omega}t)-2\rho\cdot{}A*sin({\omega}t)=a\cdot{}sin({\omega}t)[/mm]
>
> Auch hier sieht man, dass es hängt.
>
> Wo habe ich eventuell einen Fehler gemacht? Oder ist der
> Ansatz mit dem umformen doch nicht so geeignet?
Du sollst doch zunächst die Gleichungen aufstellen,
und daraus die Koeffizienten A und B ermitteln.
Gruss
MathePower
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Hallo MathePower,
bezieht sich deine Antwort auf die Eingangsfrage, oder auf die Antwort von Infinit?
In meinem Eingangspost habe ich die Gleichung aufgestellt (y(t) abgeleitet und in die DGL eingesetzt). Dort komme ich dann aber nicht weiter.
Dank Infinit habe ich dann mittels trigonometrischer Formeln die Winkelfunktionen umgeschrieben. Doch habe ich den EIndruck, dass dies keine Verbesserung bringt. Dass B nur 0 oder [mm] \pi/2 [/mm] sein kann (bzw. Vielfaches) entnehme ich dem Fakt, dass zum einen $ Sin(B) $ als auch $ Cos(B) $ auftaucht.
Also um es auf den Punkt zu bringen: Ich scheitere an der Suche nach geeigneten A und B. Ich hänge irgendwo in den tiefen der mathematischen Ungewissheit und bin über Hilfestellungen dankbar.
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Hallo Richie1401,
> Hallo MathePower,
>
> bezieht sich deine Antwort auf die Eingangsfrage, oder auf
> die Antwort von Infinit?
>
Meine Antwort bezieht sich auf Deine letzte Frage.
>
> In meinem Eingangspost habe ich die Gleichung aufgestellt
> (y(t) abgeleitet und in die DGL eingesetzt). Dort komme ich
> dann aber nicht weiter.
> Dank Infinit habe ich dann mittels trigonometrischer
> Formeln die Winkelfunktionen umgeschrieben. Doch habe ich
> den EIndruck, dass dies keine Verbesserung bringt. Dass B
> nur 0 oder [mm]\pi/2[/mm] sein kann (bzw. Vielfaches) entnehme ich
> dem Fakt, dass zum einen [mm]Sin(B)[/mm] als auch [mm]Cos(B)[/mm] auftaucht.
>
> Also um es auf den Punkt zu bringen: Ich scheitere an der
> Suche nach geeigneten A und B. Ich hänge irgendwo in den
> tiefen der mathematischen Ungewissheit und bin über
> Hilfestellungen dankbar.
Nun, Du hast zwei Gleichungen der Form:
[mm]\alpha_{1}*\sin\left(B\right)+\beta_{1}*\cos\left(B\right)=\gamma_{1}[/mm]
[mm]\alpha_{2}*\sin\left(B\right)+\beta_{2}*\cos\left(B\right)=\gamma_{2}[/mm]
Bestimme hieraus die Lösungen für [mm]\sin\left(B\right), \ \cos\left(B\right)[/mm].
Setze diese Lösungen dann ins Verhältnis,
so daß Du B ermitteln kannst.
Gruss
MathePower
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Aha. Der "Trick" ist also, dass man für t verschiedene Werte einsetzt, damit man ein GLS erhält? ja?
Wenn dem so ist, dann:
t=0 führt zu
[mm] ({\omega_0}^2-{\omega}^2)Asin(B)+2\rho\cdot{}Acos(B)=0
[/mm]
[mm] t=\bruch{\pi}{2\omega} [/mm] führt zu
[mm] ({\omega_0}^2-{\omega}^2)Acos(B)+2\rho\cdot{}Asin(B)=a
[/mm]
Dieses GLS sei nun zu lösen?
Ich habe bereits mal ein Programm drüber laufen und es scheint, als seien die Lösungen für A und B nicht gerade erotisch...
(Nur als kurze Zwischenfrage gemeint, nicht dass ich mich erneut verrenne)
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Hallo Richie1401,
> Aha. Der "Trick" ist also, dass man für t verschiedene
> Werte einsetzt, damit man ein GLS erhält? ja?
>
Nein, das ist nicht der Trick.
Zunächst vergleichst Du die Koeffizienten
vor [mm]\sin\left(wt\right)[/mm] und [mm]\cos\left(wt\right)[/mm]
Daraus ergeben sich zwei Gleichungen der Form:
[mm] \alpha_{1}\cdot{}\sin\left(B\right)+\beta_{1}\cdot{}\cos\left(B\right)=\gamma_{1} [/mm]
[mm] \alpha_{2}\cdot{}\sin\left(B\right)+\beta_{2}\cdot{}\cos\left(B\right)=\gamma_{2} [/mm]
Diese löst Du jetzt nach [mm]\sin\left(B\right), \ \cos\left(B\right)[/mm] auf.
> Wenn dem so ist, dann:
>
> t=0 führt zu
> [mm]({\omega_0}^2-{\omega}^2)Asin(B)+2\rho\cdot{}Acos(B)=0[/mm]
>
> [mm]t=\bruch{\pi}{2\omega}[/mm] führt zu
> [mm]({\omega_0}^2-{\omega}^2)Acos(B)+2\rho\cdot{}Asin(B)=a[/mm]
>
> Dieses GLS sei nun zu lösen?
>
> Ich habe bereits mal ein Programm drüber laufen und es
> scheint, als seien die Lösungen für A und B nicht gerade
> erotisch...
>
> (Nur als kurze Zwischenfrage gemeint, nicht dass ich mich
> erneut verrenne)
Gruss
MathePower
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Zunächst danke für deine Geduld. Vermutlich sitzt du Kopfschüttelnd hinterm Bildschirm. Ich allerdings auch ;)
Also Ausgangsgleichung ist ja
[mm] ({\omega_0}^2-{\omega}^2)A[sin({\omega}t)cos(B)+cos({\omega}t)sin(B)]+2\rho\cdot{}A[cos({\omega}t)cos(B)-sin({\omega}t)sin(B)]=a\cdot{}sin({\omega}t)
[/mm]
Oder anders geschrieben:
[mm] ({\omega_0}^2-{\omega}^2)A*cos(B)sin({\omega}t)+({\omega_0}^2-{\omega}^2)A*sin(B)cos({\omega}t)+2\rho*Acos(B)cos({\omega}t)-2\rho*Asin(B)sin({\omega}t)=a\cdot{}sin({\omega}t)+0*cos({\omega}t)
[/mm]
Koeffizientenvergleich
[mm] ({\omega_0}^2-{\omega}^2)A*cos(B)-2\rho*A*sin(B)=a [/mm] (1)
[mm] ({\omega_0}^2-{\omega}^2)A*sin(B)+2\rho*A*cos(B)=0 [/mm] (2)
Das wäre ja das identische GLS wie ich es bereits hatte.
Ich löse (2) nach sin(B)
[mm] sin(B)=-\bruch{2\rho*cos(B)}{{\omega_0}^2-{\omega}^2} [/mm] (3)
Setze (3) in (1):
[mm] ({\omega_0}^2-{\omega}^2)A*cos(B)+2\rho*A*\bruch{2\rho*cos(B)}{{\omega_0}^2-{\omega}^2}=a
[/mm]
[mm] \gdw cos(B)(({\omega_0}^2-{\omega}^2)A+\bruch{4{\rho}^2*A}{{\omega_0}^2-{\omega}^2})=a
[/mm]
[mm] \gdw cos(B)=\bruch{a}{({\omega_0}^2-{\omega}^2)A+\bruch{4{\rho}^2*A}{{\omega_0}^2-{\omega}^2})}
[/mm]
Damit ergibt sich für sin(B)
[mm] sin(B)=-\bruch{2\rho}{{\omega_0}^2-{\omega}^2}*\bruch{a}{({\omega_0}^2-{\omega}^2)A+\bruch{4{\rho}^2*A}{{\omega_0}^2-{\omega}^2})}=\bruch{2\rho*a}{({\omega_0}^2-{\omega}^2)^2A+4{\rho}^2*A)}
[/mm]
Soweit so gut (oder vllt. doch nicht?!).
Was nun? Immerhin steht in den Ausdrücken noch das unbekannte A.
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Hallo RIchie1401,
> Zunächst danke für deine Geduld. Vermutlich sitzt du
> Kopfschüttelnd hinterm Bildschirm. Ich allerdings auch ;)
>
> Also Ausgangsgleichung ist ja
>
> [mm]({\omega_0}^2-{\omega}^2)A[sin({\omega}t)cos(B)+cos({\omega}t)sin(B)]+2\rho\cdot{}A[cos({\omega}t)cos(B)-sin({\omega}t)sin(B)]=a\cdot{}sin({\omega}t)[/mm]
>
> Oder anders geschrieben:
>
> [mm]({\omega_0}^2-{\omega}^2)A*cos(B)sin({\omega}t)+({\omega_0}^2-{\omega}^2)A*sin(B)cos({\omega}t)+2\rho*Acos(B)cos({\omega}t)-2\rho*Asin(B)sin({\omega}t)=a\cdot{}sin({\omega}t)+0*cos({\omega}t)[/mm]
>
> Koeffizientenvergleich
>
> [mm]({\omega_0}^2-{\omega}^2)A*cos(B)-2\rho*A*sin(B)=a[/mm]
> (1)
> [mm]({\omega_0}^2-{\omega}^2)A*sin(B)+2\rho*A*cos(B)=0[/mm]
> (2)
>
Bei beiden Gleichungen fehlt jeweils ein [mm]\omega[/mm]:
[mm]({\omega_0}^2-{\omega}^2)A*cos(B)-2\rho*\blue{\omega}*A*sin(B)=a[/mm]
[mm]({\omega_0}^2-{\omega}^2)A*sin(B)+2\rho*\blue{\omega}*A*cos(B)=0[/mm]
> Das wäre ja das identische GLS wie ich es bereits hatte.
>
> Ich löse (2) nach sin(B)
> [mm]sin(B)=-\bruch{2\rho*cos(B)}{{\omega_0}^2-{\omega}^2}[/mm]
> (3)
>
> Setze (3) in (1):
>
> [mm]({\omega_0}^2-{\omega}^2)A*cos(B)+2\rho*A*\bruch{2\rho*cos(B)}{{\omega_0}^2-{\omega}^2}=a[/mm]
>
> [mm]\gdw cos(B)(({\omega_0}^2-{\omega}^2)A+\bruch{4{\rho}^2*A}{{\omega_0}^2-{\omega}^2})=a[/mm]
>
> [mm]\gdw cos(B)=\bruch{a}{({\omega_0}^2-{\omega}^2)A+\bruch{4{\rho}^2*A}{{\omega_0}^2-{\omega}^2})}[/mm]
>
> Damit ergibt sich für sin(B)
>
> [mm]sin(B)=-\bruch{2\rho}{{\omega_0}^2-{\omega}^2}*\bruch{a}{({\omega_0}^2-{\omega}^2)A+\bruch{4{\rho}^2*A}{{\omega_0}^2-{\omega}^2})}=\bruch{2\rho*a}{({\omega_0}^2-{\omega}^2)^2A+4{\rho}^2*A)}[/mm]
>
Bis auf das fehlende [mm]\omega[/mm] im Zähler stimmt das.
> Soweit so gut (oder vllt. doch nicht?!).
> Was nun? Immerhin steht in den Ausdrücken noch das
> unbekannte A.
Gruss
MathePower
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Hey MathePower,
supi, das ist ja schon einmal eine gute Nachricht.
Die korrigierte Version.
$ [mm] ({\omega_0}^2-{\omega}^2)A\cdot{}cos(B)-2\rho*\omega\cdot{}A\cdot{}sin(B)=a [/mm] $ (1)
$ [mm] ({\omega_0}^2-{\omega}^2)A\cdot{}sin(B)+2\rho*\omega\cdot{}A\cdot{}cos(B)=0 [/mm] $ (2)
Das wäre ja das identische GLS wie ich es bereits hatte.
Ich löse (2) nach sin(B)
$ [mm] sin(B)=-\bruch{2\rho\omega\cdot{}cos(B)}{{\omega_0}^2-{\omega}^2} [/mm] $ (3)
Setze (3) in (1):
$ [mm] ({\omega_0}^2-{\omega}^2)A\cdot{}cos(B)+2\rho\omega^2\cdot{}A\cdot{}\bruch{2\rho\cdot{}cos(B)}{{\omega_0}^2-{\omega}^2}=a [/mm] $
$ [mm] \gdw cos(B)(({\omega_0}^2-{\omega}^2)A+\bruch{4{\rho}^2\omega^2\cdot{}A}{{\omega_0}^2-{\omega}^2})=a [/mm] $
$ [mm] \gdw cos(B)=\bruch{a}{({\omega_0}^2-{\omega}^2)A+\bruch{4{\rho}^2\omega^2\cdot{}A}{{\omega_0}^2-{\omega}^2})} [/mm] $
Damit ergibt sich für sin(B)
$ [mm] sin(B)=-\bruch{2\rho}{{\omega_0}^2-{\omega}^2}\cdot{}\bruch{a}{({\omega_0}^2-{\omega}^2)A+\bruch{4{\rho}^2\omega^2\cdot{}A}{{\omega_0}^2-{\omega}^2})}=\bruch{2\rho\cdot{}a}{({\omega_0}^2-{\omega}^2)^2A+4{\rho}^2\omega^2\cdot{}A)} [/mm] $
Was bleibt ist die Frage: Was ist nun B und was ist A?
Am Ende muss ich doch dann eine Lösung der Form: [mm] y(t)=A*sin(\omega [/mm] t+B) erhalten.
Soll man nun also aus dem sin(B) bzw. cos(B) durch arcsin(x) bzw arccos(B) das B erhalten, gleichsetzen und nach A auflösen?
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Hallo Richie1401,
> Hey MathePower,
> supi, das ist ja schon einmal eine gute Nachricht.
>
> Die korrigierte Version.
>
> [mm]({\omega_0}^2-{\omega}^2)A\cdot{}cos(B)-2\rho*\omega\cdot{}A\cdot{}sin(B)=a[/mm]
> (1)
>
> [mm]({\omega_0}^2-{\omega}^2)A\cdot{}sin(B)+2\rho*\omega\cdot{}A\cdot{}cos(B)=0[/mm]
> (2)
>
> Das wäre ja das identische GLS wie ich es bereits hatte.
>
> Ich löse (2) nach sin(B)
>
> [mm]sin(B)=-\bruch{2\rho\omega\cdot{}cos(B)}{{\omega_0}^2-{\omega}^2}[/mm]
> (3)
>
> Setze (3) in (1):
>
> [mm]({\omega_0}^2-{\omega}^2)A\cdot{}cos(B)+2\rho\omega^2\cdot{}A\cdot{}\bruch{2\rho\cdot{}cos(B)}{{\omega_0}^2-{\omega}^2}=a[/mm]
>
> [mm]\gdw cos(B)(({\omega_0}^2-{\omega}^2)A+\bruch{4{\rho}^2\omega^2\cdot{}A}{{\omega_0}^2-{\omega}^2})=a[/mm]
>
> [mm]\gdw cos(B)=\bruch{a}{({\omega_0}^2-{\omega}^2)A+\bruch{4{\rho}^2\omega^2\cdot{}A}{{\omega_0}^2-{\omega}^2})}[/mm]
>
> Damit ergibt sich für sin(B)
>
> [mm]sin(B)=-\bruch{2\rho}{{\omega_0}^2-{\omega}^2}\cdot{}\bruch{a}{({\omega_0}^2-{\omega}^2)A+\bruch{4{\rho}^2\omega^2\cdot{}A}{{\omega_0}^2-{\omega}^2})}=\bruch{2\rho\cdot{}a}{({\omega_0}^2-{\omega}^2)^2A+4{\rho}^2\omega^2\cdot{}A)}[/mm]
>
Und wieder fehlt hier das [mm]\omega[/mm]:
[mm]\sin\left(B\right)=\bruch{2\rho*\red{\omega}\cdot{}a}{({\omega_0}^2-{\omega}^2)^2A+4{\rho}^2\omega^2\cdot{}A)}[/mm]
>
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> Was bleibt ist die Frage: Was ist nun B und was ist A?
> Am Ende muss ich doch dann eine Lösung der Form:
> [mm]y(t)=A*sin(\omega[/mm] t+B) erhalten.
> Soll man nun also aus dem sin(B) bzw. cos(B) durch
> arcsin(x) bzw arccos(B) das B erhalten, gleichsetzen und
> nach A auflösen?
Aus dem Verhältnis von sin(B) zu cos(B) folgt zunächst B.
Dieses B setzt Du in z.B. in Gleichung (1) ein
und ermittelst so das A.
Gruss
MathePower
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:50 So 03.06.2012 | | Autor: | Richie1401 |
Oh ja, sorry da fehlte noch das omega. (Hatte copy&paste und das omega noch eingefügt - da ist das eine durchgerutscht).
Ok, dann werde ich erst einmal weiter daran werkeln. Danke für deine große Hilfelstellung - natürlich auch an Infinit.
Einen schönen Sonntagabend wünsche ich!
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