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| Aufgabe | Die Periode eines Pendels kann bestimmt werden mittel folgender Formel:
[mm] \tau=4*\wurzel{\bruch{l}{g}}*\integral_{0}^{\bruch{\pi}{2}}\bruch{d\Phi}{\wurzel{1-K^2sin^2(\Phi)}} [/mm] mit [mm] K=\wurzel{E/(2*m*g*l)} [/mm]
Für $ K [mm] \to [/mm] 1 $ divergiert die Reihe und die Periode [mm] \tau\to\infty [/mm] . Zeigen sie unter Verwendung des o.g. Integrals im Intervall [mm] [\pi/2-\epsilon;\pi/2] [/mm] dass sich [mm] \tau [/mm] schreiben lässt als
[mm] \tau \approx \bruch{2}{K}*\wurzel{\bruch{l}{g}}*ln\left(\bruch{1}{1-K}\right) [/mm] ; K [mm] \to [/mm] 1 ignorieren Sie dabei Terme die bei dem Grenzwert endlich sind.
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Hi,
also das ist ja ein fieses elliptisches Integral... Meine einzige Idee war dort vielleicht mit Taylor-Entwicklungen im Nenner zu arbeiten, aber sicher bin ich mir nicht.
Diese Aufgabe soll morgen diskutiert werden, es wäre klasse, wenn mir jemand weiterhelfen könnte.
Lg
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 20:20 Di 09.03.2010 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Die Periode eines Pendels kann bestimmt werden mittel
> folgender Formel:
>
> [mm]\tau=4*\wurzel{\bruch{l}{g}}*\integral_{0}^{\bruch{\pi}{2}}\bruch{d\Phi}{\wurzel{1-K^2sin^2(\Phi)}}[/mm]
> mit [mm]K=\wurzel{E/(2*m*g*l)}[/mm]
>
> Für [mm]K \to 1[/mm] divergiert die Reihe und die Periode
> [mm]\tau\to\infty[/mm] . Zeigen sie unter Verwendung des o.g.
> Integrals im Intervall [mm][\pi/2-\epsilon;\pi/2][/mm] dass sich
> [mm]\tau[/mm] schreiben lässt als
>
> [mm]\tau \approx \bruch{2}{K}*\wurzel{\bruch{l}{g}}*ln\left(\bruch{1}{1-K}\right)[/mm]
> ; K [mm]\to[/mm] 1 ignorieren Sie dabei Terme die bei dem Grenzwert
> endlich sind.
>
> Hi,
>
> also das ist ja ein fieses elliptisches Integral... Meine
> einzige Idee war dort vielleicht mit Taylor-Entwicklungen
> im Nenner zu arbeiten, aber sicher bin ich mir nicht.
Ja, das müsste klappen. Da das Integral an der oberen Grenze divergiert, kannst du dich auf das Integral über das Intervall [mm][\pi/2-\epsilon;\pi/2][/mm] beschränken. Mit der Substitution [mm] $z=\pi/2-\Phi$ [/mm] und wegen [mm] $\sin(\pi/2-z) [/mm] = [mm] \cos [/mm] z$ kannst du den Cosinus für kleine z entwickeln und das Ergebnis integrieren.
Viele Grüße
Rainer
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Hallo,
danke für die antwort. Aber irgendwie funktioniert das nicht, ich kriege immernoch eine blöde wurzel zum integrieren.
kannst du/jemand vielleicht noch etwas konkreter zeigen wie es gehen soll
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:25 Di 09.03.2010 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Hallo,
>
> danke für die antwort. Aber irgendwie funktioniert das
> nicht, ich kriege immernoch eine blöde wurzel zum
> integrieren.
Ja, das ist richtig, aber da unter der Wurzel nur ein quadratischer Ausdruck steht, kannst du das Integral ausrechnen.
Schreib mal auf, was du hast!
Viele Grüße
Rainer
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Hi,
also ich bekomme als Integral folgendes :
[mm] \integral_{-\epsilon}^{0}{\bruch{dz}{\wurzel{1-K^2*cos^2(z)}}}
[/mm]
Dann den Kosinus entwickeln, und ich lasse einfach mal alles nach quadratischen Termen weg:
[mm] \integral_{-\epsilon}^{0}{\bruch{dz}{\wurzel{1-K^2*(1-\bruch{z^2}{2})}}}=\integral_{-\epsilon}^{0}{\bruch{dz}{\wurzel{1-K^2+K^2*\bruch{z^2}{2}}}} [/mm] .
Ist das soweit schonmal richtig ?
Als Ergebnis kriege ich:
[mm] \bruch{1}{K}*\wurzel{2}*ln(K^2*z^2-2*(K^2-1))+K*x
[/mm]
(Hab ich jetzt einfach mal bei Maple reingehauen und das kam raus. Stimmt das ?
Lg
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 21:41 Di 09.03.2010 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Hi,
>
> also ich bekomme als Integral folgendes :
>
> [mm]\integral_{-\epsilon}^{0}{\bruch{dz}{\wurzel{1-K^2*cos^2(z)}}}[/mm]
Das ist die Substitution [mm] $z=\Phi-\pi/2$, [/mm] nicht [mm] $z=\pi/2-\Phi$. [/mm] Geht auch; da der Integrand gerade ist, ist das
[mm] \integral_0^{\epsilon}{\bruch{dz}{\wurzel{1-K^2*cos^2(z)}}}[/mm]
>
> Dann den Kosinus entwickeln, und ich lasse einfach mal
> alles nach quadratischen Termen weg:
>
> [mm]\integral_{-\epsilon}^{0}{\bruch{dz}{\wurzel{1-K^2*(1-\bruch{z^2}{2})}}}=\integral_{-\epsilon}^{0}{\bruch{dz}{\wurzel{1-K^2+K^2*\bruch{z^2}{2}}}}[/mm]
Da steht aber [mm] $\cos^2 [/mm] z$, also [mm] $(1-z^2/2)^2 \approx 1-z^2$.
[/mm]
> .
>
> Ist das soweit schonmal richtig ?
> Als Ergebnis kriege ich:
>
> [mm]\bruch{1}{K}*\wurzel{2}*ln(K^2*z^2-2*(K^2-1))+K*x[/mm]
>
> (Hab ich jetzt einfach mal bei Maple reingehauen und das
> kam raus. Stimmt das ?
Wenn du noch die Grenzen des bestimmten Integrals einsetzt.....
Viele Grüße
Rainer
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Hi,
also dann kriege ich:
[mm] \left[\bruch{1}{K}*(ln(k^2*x^2-k^2+1)+k*x)\right]_{0}^{\epsilon}=
[/mm]
[mm] \left[\bruch{1}{K}*(ln(k^2*\epsilon^2-k^2+1)+k*\epsilon)\right]-\left[\bruch{1}{K}*(ln(k^2*0^2-k^2+1)+k*0)\right]
[/mm]
das kann man dann noch vereinfachen zu:
[mm] \bruch{1}{K}*(ln(k^2\epsilon^2-k^2+1)-ln(-k^2+1))
[/mm]
Damit wäre das Integral ja mehr oder weniger abgefrühstückt, aber ich sehe noch nicht wie ich auf den gewünschten ausdruck komme.
Kannst du mir nochma helfen ?
Lg
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 22:12 Di 09.03.2010 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Hi,
>
> also dann kriege ich:
>
> [mm]\left[\bruch{1}{K}*(ln(k^2*x^2-k^2+1)+k*x)\right]_{0}^{\epsilon}=[/mm]
Mir fällt gerade auf, dass das nicht stimmen kann: unter dem Logarithmus muss eine Wurzel stehen:
[mm] \bruch{1}{K} \ln (\sqrt{K^2*z^2-K^2+1}+K*z) [/mm]
>
> [mm]\left[\bruch{1}{K}*(ln(k^2*\epsilon^2-k^2+1)+k*\epsilon)\right]-\left[\bruch{1}{K}*(ln(k^2*0^2-k^2+1)+k*0)\right][/mm]
>
> das kann man dann noch vereinfachen zu:
>
> [mm]\bruch{1}{K}*(ln(k^2\epsilon^2-k^2+1)-ln(-k^2+1))[/mm]
>
> Damit wäre das Integral ja mehr oder weniger
> abgefrühstückt, aber ich sehe noch nicht wie ich auf den
> gewünschten ausdruck komme.
Ja, wenn du die Wurzel noch richtig einfügst, [mm] $(1-k^2)$ [/mm] in Faktoren zerlegst, alle Terme weglässt, die endlich sind (insbesondere also den ersten der beiden Logarithmen), dann kommt das gewünschte Ergebnis heraus.
Viele Grüße
Rainer
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 00:03 Mi 10.03.2010 | | Autor: | MontBlanc |
Hallo rainer,
jetzt nochmal ein ganz großes Dankeschön für deine Mühe und Geduld. Ich hatte da heute schon viel zu lange draufgestarrt und immer sehr dumme Fehler gemacht.
Also noch einmal vielen vielen Dank, falls das vorhin zu kurz kam.
Gute Nacht,
exe
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