DGL Trennung d. Variable < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:35 Sa 26.01.2013 | | Autor: | mike1988 |
| Aufgabe | Lösen Sie die gegebene Differentialgleichung durch Trennung der Variablen:
[mm] m*\ddot{y} [/mm] = [mm] -m*g-k*\dot{y^{2}} [/mm] |
Hallo liebes Forum!
Würde bitte dringend eure Unterstützung bei o. g. Aufgabe benötigen!
Ich bin mal wie folgt vorgegangen:
[mm] \ddot{y}=\bruch{d\dot{y}}{dt}=\bruch{d\dot{y}}{dy}*\bruch{d{y}}{dt}=\bruch{d\dot{y}}{dy}*\dot{y}
[/mm]
Eingesetzt ergibt dies:
[mm] m*\bruch{d\dot{y}}{dy}*\dot{y}+k*\dot{y}^{2} [/mm] = -m*g
Nun habe ich versucht, auf der linken Seite das [mm] \dot{y} [/mm] herauszuheben, was mir allerdings nicht gelingt, da es einmal in erster und einmal in zweiter Potenz vorhanden ist!
Kann mit diesbezüglich jemand einen Tipp zur Vorgehensweise geben??
Vielen lieben Dank!
Lg
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Hallo,
du kannst zunächst [mm] \dot{y}(x)=:z(x) [/mm] substituieren und diese DGL dann lösen, und dann wieder rücksubstituieren. Das ist vermutlich die beste und schnellste Variante.
Grüße
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:00 Sa 26.01.2013 | | Autor: | mike1988 |
Hallo Richie!
Vielen Dank für deine rasche Antwort, nur leider verstehe ich dies nicht so ganz!
Wenn ich $ [mm] \dot{y}(x)=:z(x) [/mm] $ substituiere dan erhalte ich ja:
$ [mm] m\cdot{}\bruch{d\dot{y}}{dy}\cdot{}z+k\cdot{}z^{2} [/mm] = [mm] -m\cdot{g} [/mm] $
Hilft mir ja auch nicht sonderlich weiter!
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Hallo,
nein, gehe von deiner ursprünglichen DGL aus:
[mm] m\ddot{y}=-mg-k\dot{y}^2
[/mm]
Dann erhältst du:
[mm] m\dot{z}\equiv m\frac{dz}{dt}=-mg-kz^2
[/mm]
Dividieren der Gleichung durch m und eventuelle Setzen von [mm] \omega=\frac{k}{m} [/mm] lässt die DGL schon einmal freundliche ausschauen.
[mm] \dot{z}=-g-\omega z^2 [/mm] (*)
Löse (*) nun durch Trennung der Variablen. Hast du dies gemacht, so stelle so um, dass du eine Gleichung der Form z(t)=... da stehen hast, um dann y(t) durch triviale Integration von z(t) zu erhalten.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:55 Sa 26.01.2013 | | Autor: | mike1988 |
Danke für deine tolle und ausführliche Erklärung!
Ich habe nun die Gleichung [mm] \integral{dt} [/mm] = [mm] \integral{\bruch{dz}{-g-w \cdot{z^{2}}}}
[/mm]
Wenn ich diese Gleichung nun beidseitig integriere erhalte ich:
t = [mm] \bruch{-arctan(\bruch{z \cdot{} \wurzel{w}}{\wurzel{g}})}{\wurzel{g} \cdot{} \wurzel{w}}
[/mm]
Dies auf z umgeformt ergibt:
z = [mm] \bruch{\wurzel{g}}{\wurzel{w}} \cdot{} tan(t\cdot{}\wurzel{g}\cdot{}\wurzel{w})
[/mm]
Da wir ja oben [mm] \dot{y}=z [/mm] substituiert haben, folgt:
[mm] \bruch{dy}{dt}= \bruch{\wurzel{g}}{\wurzel{w}} \cdot{} tan(t\cdot{}\wurzel{g}\cdot{}\wurzel{w})
[/mm]
dy= [mm] \bruch{\wurzel{g}}{\wurzel{w}} \cdot{} tan(t\cdot{}\wurzel{g}\cdot{}\wurzel{w})\cdot{} [/mm] dt
und somit:
[mm] y_{t}=\bruch{\wurzel{g}\cdot{}\wurzel{w}}{(cos(t\cdot{}\wurzel{g}\cdot{}\wurzel{w})^{2}}
[/mm]
Ist dies korrekt oder habe ich nochmals etwas falsch verstanden??
DANKE! Lg
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Hi,
soweit wirklich alles gut gemacht. Sieht natürlich shcon ein bisschen hässlich aus, mit den [mm] \sqrt{k}/\sqrt{m}. [/mm] Also schöner ist es [mm] \sqrt{k/m}. [/mm] Aber ok.
So, und dann ist [mm] \int\tan{x}dx=-\ln{\cos{x}}+c.
[/mm]
Du kannst das Integral auch notfalls einfach in Wolfram-Alpha/Mathematica reinhacken. Da hast du dann eine schnelle Kontrolle.
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