4. Lösung einer Differentialgleichung 2. Ordnung ... - Mathematik.ch
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<strong>4.</strong> Lösung <strong>einer</strong> <strong>Differentialglei<strong>ch</strong>ung</strong> <strong>2.</strong> <strong>Ordnung</strong> mit konstanten Koeffizientena) Homogene <strong>Differentialglei<strong>ch</strong>ung</strong>eny'' + 2a y' + b y = 0 (**)Ansatz: y = e µx , also y' = µ e µx und y'' = µ 2 e µxeingesetzt in (**): µ 2 e µx + 2aµ e µx + b e µx = 0Dies ergibt die <strong>ch</strong>arakteristis<strong>ch</strong>e Glei<strong>ch</strong>ung µ 2 + 2aµ + b = 0Ihre Lösungen lauten: µ 1 = -a +a 2 − b und µ 2 = -a - a 2 − b1. Fall: λ 2 := a 2 – b > 0 (λ > 0)Die zwei grundsätzli<strong>ch</strong>en Lösungen (sog. Haupsystem) von (**) haben also dieμ x (-a λ) xForm: y 1 = e 1 +μ x (-a λ) x= e und y 2 = e 2 −= eDie Lösungsgesamtheit von (**) ist daher y = C 1 y 1 + C 2 y 2 = e -ax (C 1 e λx + C 2 e -λx )Beispiel 1: a = 3, b = 5, also y'' + 6y' + 5y = 0 (**)Es ist daher λ 2 = 9 – 5, also λ = 2Die Lösungsgesamtheit von (**) lautet damity = e -3x (C 1 e 2x + C 2 e -2x ) = C 1 e -x + C 2 e -5xKontrolle mit TI Voyage: deSolve(y'' + 6y' + 5y =0,x,y) lieferty = ρ 1 e -x + ρ 2 e -5x<strong>2.</strong> Fall: λ 2 = a 2 – b = 0 (λ = 0, a 2 = b)Dann wird µ 1 = µ 2 = - a (Doppellösung)Das Hauptsystem (die zwei grundsätzli<strong>ch</strong>en Lösungen) heissen dannμ x-a x-a xy 1 = e 1 = e (klar!) und y 2 = x e (Beweis: Aufgabenblatt, Aufgabe 2)Die Lösungsgesamtheit von (**) ist also in diesem Fally = C 1 y 1 + C 2 y 2 = e -ax (C 1 + C 2 x)Beispiel 2: a = 2, b = 4, also y'' + 4y' + 4y = 0 (**)Es ist daher λ 2 = 4 – 4, also λ = 0Die Lösungsgesamtheit von (**) lautet damity = e -2x (C 1 + C 2 x)(Kontrolle mit TI selber)www.mathematik.<strong>ch</strong> (B.Ber<strong>ch</strong>told) 1
3. Fall: a 2 – b < 0 ω 2 := b - a 2 (ω > 0)Die Lösungen der <strong>ch</strong>arakteristis<strong>ch</strong>en Glei<strong>ch</strong>ung µ 2 + 2aµ + b = 0 sind dannkomplex:µ 1 = -a + i2b − a= -a + i ω und µ 2 = -a - iEs entsteht also ein komplexes Hauptsystemμ x (-a iω) xy 1 = e 1 +μ x (-a= e und y 2 = e 2 −= e2b − aiω) x= -a – i ωWir benötigen aber ein reelles Hauptsystem. Gemäss früher (siehe Skript überkomplexe Zahlen) gilt: e iϕ = cosϕ + i sinϕRealteil Re(e iϕ ) = cosϕ, Imaginärteil Im(e iϕ ) = sinϕMan kann zeigen (dur<strong>ch</strong> Einsetzen: s. Aufgabenblatt, Aufgabe 3a):Re(y 1 ) und Im(y 1 ) bilden ein reelles Hauptsystem, alsoRe(y 1 ) = Re(Im(y 1 ) = ...(-ae+ iω)x) = Re (e -ax ⋅ e iωx ) = Re (e -ax ) ⋅ Re(e iωx ) = e -ax cos ωx= e -ax sin ωxDie Lösungsgesamtheit von (**) ist also in diesem Fally = C 1 e -ax cos ωx + C 2 e -ax sin ωx = e -ax (C 1 cos ωx + C 2 sin ωx)μ xBemerkung: Die zweite Lösung y 2 = e 2Lösung (s. Aufgabenblatt, Aufgabe 3b)= e(-a − iω) xführt zu k<strong>einer</strong> neuenBeispiel 3: a = 1, b = 5, also y'' + 2y' + 5y = 0 (**)Es ist a 2 - b = –4, also ω = 2Die Lösungsgesamtheit von (**) lautet damity = e -x (C 1 cos2x + C 2 sin2x) (Kontrolle mit TI selber)Zusatz: Wie heisst die Lösung von (**) mit den beidenAnfangsbedingungen y(0) = 0 und y'(0) = 1?Aus y(0) = 0 folgt C 1 = 0. Also ist y = C 2 e -x sin2x.Damit y' = C 2 (-e -x sin2x + 2e -x cos2x).Aus y'(0) = 1 gilt C 2 (0 + 2) = 1, daher C 2 = 0.5.Die Lösung heisst also y = 0.5 e -x sin2xKontrolle mit TI:deSolve(y'' + 2y' + 5y = 0 and y(0)=0 and y'(0)=1,x,y)Beispiel 4: a = 0, b = k 2 mit k > 0, also y'' + k 2 y = 0 (**)Es ist a 2 - b = –k 2 , also ω = kDie Lösungsgesamtheit von (**) lautet damity = C 1 coskx + C 2 sinkx(Kontrolle mit TI selber)www.mathematik.<strong>ch</strong> (B.Ber<strong>ch</strong>told) 2
) Inhomogene <strong>Differentialglei<strong>ch</strong>ung</strong>enInhomogene DGL: y'' + 2a y' + b y = g(x) (*) , y = f(x) = ?Dazugehörige homogene DGL: y'' + 2a y' + b y = 0 (**)Die Funktion g(x) nennt man Störfunktion.Es gilt der analoge Satz wie bei <strong>Differentialglei<strong>ch</strong>ung</strong>en 1. <strong>Ordnung</strong> (s. früher):Die Lösungsgesamtheit der inhomogenen DGL (*) erhält man, indem man zurLösungsgesamtheit der dazugehörigen homogenen DGL (**) eine beliebigeLösung y 0 (partikuläre Lösung) addiert.Für das Finden <strong>einer</strong> partikulären Lösung versu<strong>ch</strong>t man zuerst Ansätze wie beiden <strong>Differentialglei<strong>ch</strong>ung</strong>en 1. <strong>Ordnung</strong>:- Ist g(x) eine ganzrationale Funktion n-ten Grades, so verwendet man als Ansatzeine ganzrationale Funktion n-ten oder (n+1)-sten Grades- Ist g(x) eine Exponentialfunktion, so versu<strong>ch</strong>t man als Ansatz für y 0 wiederumeine Exponentialfunktion.- Ist g(x) eine trigonometris<strong>ch</strong>e Funktion, so nimmt man als Ansatzy 0 = A sin ωx + B cos ωx (vgl. au<strong>ch</strong> Aufgabenblatt, Aufgabe 4)Beispiele:1a) y'' + y' – 2y = e 2x (*)Die Lösungsgesamtheit der dazugehörigen homogenen DGL y'' + y' – 2y = 0lautet (a 2 – b = 0.25 + 2 > 0, also Fall1):y = e -0.5x (C 1 e 1.5x + C 2 e -1.5x ) = C 1 e x + C 2 e -2x , y=e 2x ist ni<strong>ch</strong>t Lösung von (**)Ansatz für y 0 :y 0 = k e 2x , also y' 0 = 2k e 2x , y'' 0 = 4k e 2x4k + 2k – 2k = 1, also k = 0.25Die Lösungsgesamtheit der inhomogenen DGL y'' + y' – 2y = e 2x lautetdaher y = C 1 e x + C 2 e -2x + 0.25 e 2x1b) y'' + y' – 2y = e x (*)Die Lösungsgesamtheit der dazugehörigen homogenen DGL y'' + y' – 2y = 0lautet wie bei 1a) y = C 1 e x + C 2 e -2x , y=e x ist also hier Lösung von (**)Der Ansatz y 0 = k e x führt daher auf k + k – 2k = 1, also 0 = 1 (!)Neuer Ansatz für y 0 : y 0 = k xe x , also y' 0 = … , y'' 0 = ….…. , also k =13(selber)Die Lösungsgesamtheit der inhomogenen DGL y'' + y' – 2y = e x lautet dahery = C 1 e x + C 2 e -2x + 31xe xwww.mathematik.<strong>ch</strong> (B.Ber<strong>ch</strong>told) 3
2a) y'' – y = sin 3x (*) (a = 0, b = -1)Die Lösungsgesamtheit der dazugehörigen homogenen DGL y'' – y = 0lautet y = C 1 e x + C 2 e -x (Fall1: λ 2 = a 2 – b = 1 > 0)Ansatz für y 0 :y 0 = α sin (3x + γ) = α 1 sin3x + α 2 cos3xy’ 0 = 3α 1 cos3x - 3α 2 sin3xy’’ 0 = -9α 1 sin3x - 9α 2 cos3xeingesetzt in (*): -9α 1 sin3x - 9α 2 cos3x - α 1 sin3x - α 2 cos3x = sin3x (∀x)-10α 1 sin3x = sin3x → α 1 = -0.1- 10α 2 cos3x = 0 → α 2 = 0Also ist y 0 = -0.1 sin3xDie Lösungsgesamtheit von (*) ist daher y = C 1 e x + C 2 e -x - 0.1 sin3x2b) y'' + 9y = sin 3x (*) (a = 0, b = 9)Die Lösungsgesamtheit der dazugehörigen homogenen DGL y'' + 9y = 0lautet y = C 1 cos3x + C 2 sin3x (Fall3: a 2 – b = -9 < 0)Da y = sin3x bereits Lösung der homogenen DGL ist, so kann man ni<strong>ch</strong>t denAnsatz wie bei 2a) ma<strong>ch</strong>en, sondern man versu<strong>ch</strong>ty 0 = α 1 x sin3x + α 2 x cos3x….. (selber!)Es folgt α 1 = 0 und α 2 = 61Die Lösungsgesamtheit von (*) ist y = C 1 cos3x + C 2 sin3x - 6 1 x cos3x2c) y'' + 2δ y’ + ω 0 2 y = A cos ω 1 t (*) (y Funktion von t; δ, ω 0 , A ≥ 0)Die Lösungsgesamtheit der dazugehörigen homogenen DGLy'' + 2δ y’ + ω 0 2 y = 0 sei die Funktion mit Glei<strong>ch</strong>ung y = h(t)je na<strong>ch</strong>dem δ 2 - ω 0 2 > 0, also ω 0 < δ (Fall1)δ 2 - ω 0 2 = 0, also ω 0 = δ (Fall2)δ 2 - ω 0 2 < 0, also ω 0 > δ (Fall3)Ansatz für y 0 : y 0 = α cos (ω 1 t + γ) (bzw. y 0 = α 1 cos ω 1 t + α 2 sin ω 1 t)α = ? γ = ?y 0 ’ = -α ω 1 sin (ω 1 t + γ), y 0 ’’ = -α ω 1 2 cos (ω 1 t + γ)eingesetzt in (*):-α ω 1 2 cos (ω 1 t + γ) - 2δα ω 1 sin (ω 1 t + γ) + ω 0 2 α cos (ω 1 t + γ) = A cos ω 1 tGoniometrie bzw TI Voyage….Verglei<strong>ch</strong> der Koeffizienten von sin ω 1 t und cos ω 1 t liefert ein 2-2-Glei<strong>ch</strong>ungssystem für die zwei Unbekannten α und γ.(Aufgabenblatt, Aufgabe 5)www.mathematik.<strong>ch</strong> (B.Ber<strong>ch</strong>told) 4
Lösung:-α ω 1 2 cos ω 1 t cos γ + α ω 1 2 sin ω 1 t sin γ - 2δα ω 1 sin ω 1 t cos γ -2δα ω 1 cos ω 1 t sin γ + ω 0 2 α cos ω 1 t cos γ - ω 0 2 α sin ω 1 t sin γ = A cos ω 1 tcos ω 1 t (-α ω 1 2 cos γ - 2δα ω 1 sin γ + ω 0 2 α cos γ) +sin ω 1 t (α ω 1 2 sin γ - 2δα ω 1 cos γ - ω 0 2 α sin γ ) = A cos ω 1 t + 0 sin ω 1 tα( -ω 1 2 cos γ - 2δ ω 1 sin γ + ω 0 2 cos γ) = A (1) (au<strong>ch</strong> mit Setzung t:=0)ω 1 2 sin γ - 2δ ω 1 cos γ - ω 0 2 sin γ = 0 (2) (au<strong>ch</strong> mit Setzung t:= π/(2ω 1 ))Aus (2) folgt tan γ =ω212δ ω1−ω20(3) ω 1 ≠ ω 0(3) eingesetzt in (1) ergibt na<strong>ch</strong> einiger Re<strong>ch</strong>nungAα =(ω21−ω2)20+4δ2ω21Also erhält man die partikuläre Lösung y 0 = α cos (ω 1 t + γ) und hat damit dieLösungsgesamtheit y = h(t) + α cos (ω 1 t + γ).Ist also ω 0 > δ (Fall3), so gilt:y = e -δ t (C 1 cos ωt + C 2 sin ωt) + α cos (ω 1 t + γ). (mit ω 2 = ω 0 2 - δ 2 )2d) Ist nun z.B. aber ω 1 = ω 0 und δ = 0, so heisst die <strong>Differentialglei<strong>ch</strong>ung</strong> von2c) y'' + ω 0 2 y = A cos ω 0 t . Wie lautet dann ihre Lösung?(als Aufgabe!)Hinweis: y = A cos ω 0 t ist bereits Lösung der dazugehörigen homogenen<strong>Differentialglei<strong>ch</strong>ung</strong> y'' + ω 0 2 y = 0. Wie muss dann der Ansatz für y 0heissen? (vgl. frühere Aufgabe 2b))ALösung: y = t sin ω0t+ h(t)2ω0(Dabei ist h(t) Lösungsgesamtheit von der homogenen DGL)www.mathematik.<strong>ch</strong> (B.Ber<strong>ch</strong>told) 5
5. Numeris<strong>ch</strong>e Lösung <strong>einer</strong> <strong>Differentialglei<strong>ch</strong>ung</strong> <strong>2.</strong> <strong>Ordnung</strong>Die Verfahren zur Lösung <strong>einer</strong> DGL 1. <strong>Ordnung</strong> (na<strong>ch</strong> Euler, Heun und Runge-Kutta) wurden im Skript <strong>Differentialglei<strong>ch</strong>ung</strong>en.pdf (s. www.mathematik.<strong>ch</strong>)ausführli<strong>ch</strong> behandelt.Hier wird nur das Verfahren zur Reduktion der <strong>Ordnung</strong> und das ans<strong>ch</strong>liessendeLösen des dazugehörigen <strong>Differentialglei<strong>ch</strong>ung</strong>ssystems na<strong>ch</strong> Runge-Kutta mit Hilfedes TI Voyage 200 erklärt.Die (inhomogene) DGL y'' + 2a y' + b y = g(x) (*) kann auf ein Glei<strong>ch</strong>ungssystemvon zwei <strong>Differentialglei<strong>ch</strong>ung</strong>en 1. <strong>Ordnung</strong> mit den zwei gesu<strong>ch</strong>ten Funktionen y 1und y 2 geführt werden:y 1 :=y. Dann ist y 1 ’=y’ und y 1 ’’=y’’.Definiert man y 2 :=y 1 ’, so ist y 2 ’=y 1 ’’=y’’.Dann gilt mit (*) y 2 ’ = -2a y 1 ’ – b y 1 + g(x)(*) ist also äquivalent zum Glei<strong>ch</strong>ungssystem:y 1 ’ = y 2y 2 ’ = -2a y 2 – b y 1 + g(x)Kennt man die zwei Anfangsbedingungen y(0) = y 1 (0):= y0 und y’(0) = y 2 (0):= y’0, sokann dur<strong>ch</strong> geeignete Modifikation des Verfahrens von Runge-Kutta für die Lösung<strong>einer</strong> DGL 1. <strong>Ordnung</strong> die numeris<strong>ch</strong>e Lösung von (*) gefunden werden.Beispiel zur Lösung mit dem TI Voyage 200:(verglei<strong>ch</strong>e mit den früheren exakten Lösungen dieser Beispiele)y'' – y = sin 3x (*) (s. frühere Aufgabe 2a), p.4)Anfangsbedingungen y(0) = y’(0) = 0.Das oben angegebene Verfahren führt auf das Glei<strong>ch</strong>ungssystemy 1 ’ = y 2y 2 ’ = y 1 + sin 3x, Anfangsbedingungen y 1 (0) = y 2 (0) = 0.Numeris<strong>ch</strong>e Lösung mit dem TI Voyage 2001. MODE: Einstellung für Graph auf DIFF EQUATIONS<strong>2.</strong> Im Y-Editor das Glei<strong>ch</strong>ungssystem eingeben:y1' = y2y2' = y1 + sin(3*t) (y1 und y2 sind Funktionen von t)mit den Anfangsbedingungen yi1 = 0 und yi2 = 0 für t0 = 0.3. Im Y-Editor mit ◊F die GRAPH FORMATS - Seite aufrufen:Coordinates = RECTGrid = OFFAxes = ONLabels = OFFSolution Method = RK (Runge-Kutta)Fields = FLDOFF(vgl. früher Ri<strong>ch</strong>tungsfeld <strong>einer</strong> DGL: Einstellung SLPFLD)www.mathematik.<strong>ch</strong> (B.Ber<strong>ch</strong>told) 6
<strong>4.</strong> Im Y-Editor die AXES - Einstellungen aufrufen:Axes TIME5. Im Window-Editor die Fenstervariablen einstellen bzw. anpassen:t0 = 0. xmin = 0. ncurves = 0.tmax = 6. xmax = 6. diftol = .001tstep = .1 xscl = 1.tplot = 0.ymin = 0. ymax = 10. yscl = 1.6. Grafikbilds<strong>ch</strong>irm aufrufenMit TABLE können die Werte von y1 und y2 abgefragt werden:z.B. y1(3) = y(3) = <strong>2.</strong>9618.{zum Verglei<strong>ch</strong>: Die exakte Lösungsgesamtheit (s. früher)y = C 1 e x + C 2 e -x - 0.1 sin3x liefert mit den genannten Anfangsbedingungen dieLösung y = 0.15e x – 0.15e -x - 0.1 sin3x, also z.B. für x=3 den Wert y=<strong>2.</strong>9642;bea<strong>ch</strong>te: der TI liefert y = 0.3sinhx – 0.1sin3x, was dasselbe ist!}Anwendungen: 1. Das mathematis<strong>ch</strong>e PendelNa<strong>ch</strong> <strong>einer</strong> früheren Aufgabe erhält man für das mathematis<strong>ch</strong>e Pendel der Länge ldie <strong>Differentialglei<strong>ch</strong>ung</strong>gϕ& & + sin ϕ = 0 (*) ( g= 9.81m/s 2 )lFür kleine Winkel ϕ gilt ϕ ≈ sin ϕ. Verglei<strong>ch</strong>e früher: Grenzwert vongMit dieser Setzung wurde die DGL (*) zur Glei<strong>ch</strong>ung ϕ& & + ϕ = 0 lsin xxfür x→0 ist 1.gIhre Lösung lautete: ϕ (t) = C1 cos( ⋅ t) + C2sin( ⋅ t)llDie Koeffizienten C 1 und C 2 sind abhängig von den Anfangsbedingungen, d.h. z.B.vom Wert ϕ (0) (Ort) und vom Wert ϕ& (0) (Ges<strong>ch</strong>windigkeit) zur Zeit t = 0.Die S<strong>ch</strong>wingungsdauer T ist nur abhängig von l und beträgt T = 2π gl.Die Lösung der ursprüngli<strong>ch</strong>en DGL (*) kann ni<strong>ch</strong>t exakt angegeben werden. Dienumeris<strong>ch</strong>e Lösung erhält man mit dem oben angegeben Verfahren dur<strong>ch</strong>Überführung in ein Glei<strong>ch</strong>ungssystem von zwei DGL’s 1. <strong>Ordnung</strong>.Aufgabe 1Su<strong>ch</strong>e die Lösungen ϕ(t) für die Glei<strong>ch</strong>ung des Pendels bei kleinem Winkel ‚exakt’,wenn l = 1 m unda) der maximale Auss<strong>ch</strong>lag des Pendels 25° ≈ 0.43633 rad beträgt.πb) ϕ(0) = 0 und ϕ’(0) =1 ist.4 sAufgabe 2Löse die <strong>Differentialglei<strong>ch</strong>ung</strong> des Pendels für l = 1 m, wenn die Masse unter einemWinkel von a) 90° bzw. b) 170° (ϕ (0) ≈ <strong>2.</strong>967) losgelassen wird (ϕ’(0)=0) numeris<strong>ch</strong>mit Hilfe des TI Voyage und stelle die Graphen der Funktionen ϕ (t) dar.Verglei<strong>ch</strong>e mit der fals<strong>ch</strong>en Lösung bei Verwendung der Approximation ϕ ≈ sin ϕ.www.mathematik.<strong>ch</strong> (B.Ber<strong>ch</strong>told) 7g
Lösung Aufgabe 11a) Die ‚exakte’ Lösung der DGL (mit ϕ ≈ sin ϕ) liefert für die Anfangswinkel 25° dieFunktion ϕ(t) = 0.43633 cos( g t) , die S<strong>ch</strong>wingungsdauer T beträgt etwa <strong>2.</strong>006 s.π1b) ϕ(t) = sin( g t) ≈ 0.2508 sin( g t), glei<strong>ch</strong>e S<strong>ch</strong>wingungsdauer T ≈ <strong>2.</strong>006 s4 gZum Verglei<strong>ch</strong> kann Aufgabe 1 au<strong>ch</strong> numeris<strong>ch</strong> mit dem TI gelöst werden.Lösung Aufgabe 2gϕ& & + sin(ϕ) = 0.lMan erhält ein System mit zwei <strong>Differentialglei<strong>ch</strong>ung</strong>en 1.<strong>Ordnung</strong>:y 1 ' = y 2y 2 ‘ = -g/l sin y 11. MODE: Einstellung für Graph auf DIFF EQUATIONS<strong>2.</strong> Im Y-Editor das Glei<strong>ch</strong>ungssystem eingeben:y1' = y2y2' = -9.81*sin(y1)Anfangsbedingungen a) yi1= 1.5708 bzw. b) yi1 = <strong>2.</strong>967, t0 = 0. und yi2 = 0Weiter wie früher bes<strong>ch</strong>rieben…5. Im Window-Editor die Fenstervariablen anpassen, z.B.t0 = 0. xmin = 0. ncurves = 0.tmax = 6. xmax = 6. diftol = .001tstep = .1 xscl = 1.tplot = 0.ymin = -<strong>4.</strong> ymax = <strong>4.</strong> yscl = 1.Es sind die beiden Graphen für ϕ(t) für Auslenkung 90° bzw. 170° gezei<strong>ch</strong>net.(y3 und y4 benützen; nur y1 und y3 aktivieren)Die graphis<strong>ch</strong>e Darstellung ergibt für den Anfangswinkel 170° eine Kurve, die si<strong>ch</strong>klar von <strong>einer</strong> Cosinuskurve unters<strong>ch</strong>eidet. Die S<strong>ch</strong>wingungsdauer beträgt für denAnfangswinkel 90° etwa T ≈ <strong>2.</strong>35 s, für den Anfangswinkel 170° bereits T ≈ <strong>4.</strong>85 s.(Mit Trace kann die Bere<strong>ch</strong>nung s<strong>ch</strong>rittweise verfolgt werden).www.mathematik.<strong>ch</strong> (B.Ber<strong>ch</strong>told) 8
<strong>2.</strong> Das gedämpfte mathematis<strong>ch</strong>e PendelMan kann lei<strong>ch</strong>t zeigen, dass si<strong>ch</strong> die Funktion ϕ(t) bei einem gedämpftenmathematis<strong>ch</strong>en Pendel (Länge l, Masse m) mit Dämpfungskoeffizient k dur<strong>ch</strong> die<strong>Differentialglei<strong>ch</strong>ung</strong>k gϕ& & + ϕ& + sin ϕ = 0 (*) bes<strong>ch</strong>reiben lässt. (selber!)m lSetzt man wiederum (für kleine Winkel) ϕ ≈ sin ϕ, so entsteht die exakt lösbare DGLk gϕ& & + ϕ& + ϕ = 0 mit Lösungen je na<strong>ch</strong> Fall gemäss Kapitel 4a).m lDie Lösung der DGL (*) ist natürli<strong>ch</strong> au<strong>ch</strong> hier nur numeris<strong>ch</strong> mögli<strong>ch</strong>.Aufgabe 1Su<strong>ch</strong>e die Lösungen ϕ(t) für die Glei<strong>ch</strong>ung des gedämpften Pendels bei kleinemWinkel ‚exakt’, wenn l = 1 m, m = 1kg, der maximale Auss<strong>ch</strong>lag des Pendels 25° ≈0.43633 rad beträgt, ϕ& (0)=0 unda) k = 1 kg/s b) k = 2 g kg/s ist. (g = 9.81)Aufgabe 2Löse die <strong>Differentialglei<strong>ch</strong>ung</strong> des Pendels für l = 1 m, m = 1kg, wenn die Masse munter einem Winkel von 170° (ϕ (0) ≈ <strong>2.</strong>967) losgelassen wird (ϕ& (0)=0) unda) k = 1 kg/s b) k = 2 g kg/s ≈ 6.26 kg/s (g = 9.81)numeris<strong>ch</strong> mit Hilfe des TI Voyage und stelle die Graphen der Funktionen ϕ (t) dar.www.mathematik.<strong>ch</strong> (B.Ber<strong>ch</strong>told) 9
Lösung Aufgabe 1a) DGL ϕ& & + ϕ& + g ϕ = 0. (a = 0.5, b = g). Da a 2 - b = 0.25-9.81
3. Das DoppelpendelIn einem Skript (http://www.physik.uni-oldenburg.de/ftheorie/polley/VL/KM080205.pdf,p.37) findet man folgende Angaben zum Doppelpendel:Dies ist ein System von zwei <strong>Differentialglei<strong>ch</strong>ung</strong>en <strong>2.</strong> <strong>Ordnung</strong>. Dur<strong>ch</strong> Reduktionauf <strong>Differentialglei<strong>ch</strong>ung</strong>en 1. <strong>Ordnung</strong> erhält man ein Glei<strong>ch</strong>ungssystem von 4Glei<strong>ch</strong>ungen:Setzt man y1 = ϕ 1 , y2 = ϕ 1 ', y3 = ϕ 2 und y4 = ϕ 2 ', so gilt:1) y1' = y22) (m 1 /m 2 +1)l1/l 2 *y2' + cos(y1-y3)*y4' + sin(y1-y3)*(y4) 2 + (m 1 /m 2 +1)g/l 2 *sin(y1) = 03) y3'= y44) l 2 *y4' + l 1 *cos(y1-y3)*y2' - l 1 *sin(y1-y3)*(y2) 2 + g*sin(y3) = 0Wenn man 2) und 4) als Glei<strong>ch</strong>ungssystem für y2' und y4' betra<strong>ch</strong>tet, so kann manna<strong>ch</strong> diesen zwei Unbekannten y2' und y4' auflösen.Man erhält also ein System der Form1) y1'= y22) y2'= ….. // Funktion von y1, y2, y3 und y43) y3'= y44) y4'= …. // Funktion von y1, y2, y3 und y4Mit gewählten Anfangsbedingungen kann das System vom TI Voyage gelöst werden.www.mathematik.<strong>ch</strong> (B.Ber<strong>ch</strong>told) 11
Aufgabe: Setze m 1 = m 2 und l 1 = l 2 = 1 Meter, bestimme dann y2' und y4' alsFunktionen von y1, y2, y3 und y<strong>4.</strong>Experimentiere mit vers<strong>ch</strong>iedenen Anfangsbedingungen (z.B. y1(0)=π/2, y3(0)=0,y2(0)=y4(0)=0) und stelle mit Hilfe des TI Voyage die Funktionen y1 und y3graphis<strong>ch</strong> dar.Verglei<strong>ch</strong>e das Bild des TI mit demjenigen, das dur<strong>ch</strong> Anwendung des Applets aufhttp://www.mathematik.<strong>ch</strong>/anwendungenmath/Doppelpendel/ entsteht!Lösung für y1(0)=π/2, y3(0)=0, y2(0)=y4(0)=0, d.h. ϕ 1 (0)=π/2, ϕ 2 (0)=0, ϕ 1 '(0)=0 undϕ 2 '(0)=0www.mathematik.<strong>ch</strong> (B.Ber<strong>ch</strong>told) 12
3. Gekoppelte PendelIm Physikteil wurde das <strong>Differentialglei<strong>ch</strong>ung</strong>ssystem für gekoppelte Pendel glei<strong>ch</strong>erLänge l 1 =l 2 =l und mit glei<strong>ch</strong>er Masse m 1 =m 2 =m bei kleinen Auss<strong>ch</strong>lägen hergeleitet:x 1 (t): Auss<strong>ch</strong>lag 1. Pendel, x 2 (t): Auss<strong>ch</strong>lag <strong>2.</strong> Pendel, D: Federkonstante(1)g D& x 1 + x1= - (x1- x2)l m(2)g D& x 2 + x2= - (x2- x1)l mDie Lösung dieses Systems war für den Fall 1: x 1 (0)= x 2 (0)>0, v 1 (0)= v 2 (0)=0:gx 1 (t) = A cos ω s t = x 2 (t) mit ω s =lDie Lösung dieses Systems war für den Fall 2: x 1 (0)= -x 2 (0)>0, v 1 (0)= v 2 (0)=0:x 1 (t) = B cos ω a t = -x 2 (t) mit ω a gemäss Aufgabe 1Die allgemeine Lösung des <strong>Differentialglei<strong>ch</strong>ung</strong>ssystems ist daherx 1 (t) = A cos ω s t + B cos ω a t und x 2 (t) = A cos ω s t - B cos ω a t1Für die S<strong>ch</strong>webefrequenz f' gilt f' = ωa- ωs2π, T' ist 1/f'Aufgaben1) Zeige, dass ω a =g +l2Dm2) Bestimme die Konstanten A und B für die Anfangsbedingungen x 1 (0), x 2 (0) undv 1 (0)= v 2 (0)=03) Es sei nun l = 1m, m = 1kg und D =1 kgs -2Bere<strong>ch</strong>ne zuerst ω s , ω a , f' und T'.Löse nun das <strong>Differentialglei<strong>ch</strong>ung</strong>ssystem (1) (2) mit Hilfe des TI Voyage:Dabei sei x 1 (0) = 3°, x 2 (0)=0, v 1 (0)= v 2 (0)=0.{Hinweis: y1= x 1 , y2= x 1 ', y3= x 2 , y4= x 2 ', ……..}Stelle die beiden Graphen x 1 und x 2 in einem geeigneten Koordinatensystem dar,so dass mit dem theoretis<strong>ch</strong>en Wert von T' vergli<strong>ch</strong>en werden kann.www.mathematik.<strong>ch</strong> (B.Ber<strong>ch</strong>told) 13
Lösungen:1) Einsetzen von x 1 (t) = B cos ω a t und x 2 (t) = -B cos ω a t in die <strong>Differentialglei<strong>ch</strong>ung</strong>(1) und Auflösen na<strong>ch</strong> ω a .2) A = 0.5(x 1 (0) + x 2 (0)), B = 0.5(x 1 (0) - x 2 (0))3) ω s = 3.132 s -1 , ω a = 3.4366 s -1 , f' = 0.04845 s -1 und T' = 20.6 s.Lösung mit TI:y1'=y2, y2' = -9.81y1-(y1-y3), y3'=y4, y4' = -9.81y3-(y3-y1)yi1 = π/60., sonst alle yi… = 0In WINDOW t0=0, tmax=21, xmin=-0.1, xmax=21, ymin=-0.05, ymax= 0.05www.mathematik.<strong>ch</strong> (B.Ber<strong>ch</strong>told) 14