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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 01:03 Fr 10.11.2006 | | Autor: | Sandy857 |
| Aufgabe | Lösen Sie zu U : R → R, U(y) = −(1 − [mm] y^2)^2 [/mm] die Differentialgleichung
y′′ = −U′(y) mit
den Anfangswerten y(0) = 0 und y′(0) = √2.
Zeigen Sie außerdem, dass es zu E [mm] \in [/mm] (−1, 0) periodische Lösungen mit Energie E gibt.
Wie verhält sich die Periodenlänge für E → 0 bzw. E → −1? |
Ich habe folgende Lösung für die Differentialgleichung berechnet:
[mm] y''=-U'(y)=-4y+4y^{3}
[/mm]
[mm] E=0.5*|\wurzel{2}| [/mm] ^{2} [mm] +U(y_{0})=1-1=0
[/mm]
[mm] \phi [/mm] (t) = [mm] H^{-1} [/mm] (t) mit H(t)= [mm] \integral_{0}^{y}{ \bruch{1}{ \wurzel{2(E-U(x))}} dx} [/mm] = [mm] \integral_{0}^{y}{ \bruch{1}{ \wurzel{2(0+(1-x^2)^2)}} dx}
[/mm]
[mm] \Rightarrow \phi [/mm] (t) = [mm] \bruch{ -e^{ \wurzel{2}*2*t}-1}{1-e^{ \wurzel{2}*2*t}} [/mm] für x [mm] \le [/mm] 1 , x [mm] \ge [/mm] -1
[mm] \phi [/mm] (t) = [mm] \bruch{-e^{ \wurzel{2}*2*t}+1}{-1-e^{ \wurzel{2}*2*t}} [/mm] für x < -1, x > 1
Ist soweit richtig?
Und dann zur zweiten Teilaufgabe:
Wir haben die Periode folgendermaßen definiert:
T= 2 [mm] \integral_{A}^{B}{ \bruch{1}{ \wurzel{2(E-U(x))}} dx} [/mm] wobei für alle y [mm] \in [/mm] (A,B) gilt: U(y)<E und U'(A) [mm] \not= [/mm] 0, U'(B) [mm] \not= [/mm] 0
Meine Frage ist jetzt wie soll ich so etwas zeigen. da ich doch oben berchnet habe, dass E=0 ist.
Auch zur letzten Frage habe ich dementsprechend gar keine Idee, wie ich da vorgehen soll.
Vielen Dank schon mal!
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> Lösen Sie zu U : R → R, U(y) = −(1 −
> [mm]y^2)^2[/mm] die Differentialgleichung
> y′′ = −U′(y) mit
> den Anfangswerten y(0) = 0 und y′(0) = √2.
> Zeigen Sie außerdem, dass es zu E [mm]\in[/mm] (−1, 0)
> periodische Lösungen mit Energie E gibt.
> Wie verhält sich die Periodenlänge für E → 0 bzw. E
> → −1?
Hallo Sandy,
erste Frage: wo kommt denn in der DGL das E vor? Vielleicht fehlt mir ja auch nur das physikalische Hintergrundwissen...
> Ich habe folgende Lösung für die Differentialgleichung
> berechnet:
> [mm]y''=-U'(y)=-4y+4y^{3}[/mm]
> [mm]E=0.5*|\wurzel{2}|[/mm] ^{2} [mm]+U(y_{0})=1-1=0[/mm]
> [mm]\phi[/mm] (t) = [mm]H^{-1}[/mm] (t) mit H(t)= [mm]\integral_{0}^{y}{ \bruch{1}{ \wurzel{2(E-U(x))}} dx}[/mm]
> = [mm]\integral_{0}^{y}{ \bruch{1}{ \wurzel{2(0+(1-x^2)^2)}} dx}[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow \phi[/mm] (t) = [mm]\bruch{ -e^{ \wurzel{2}*2*t}-1}{1-e^{ \wurzel{2}*2*t}}[/mm]
> für x [mm]\le[/mm] 1 , x [mm]\ge[/mm] -1
> [mm]\phi[/mm] (t) = [mm]\bruch{-e^{ \wurzel{2}*2*t}+1}{-1-e^{ \wurzel{2}*2*t}}[/mm]
> für x < -1, x > 1
> Ist soweit richtig?
Sorry, aber ich verstehe nicht, was du hier machst.... Kannst Du deinen loesungsansatz ein wenig erlaeutern? Ausserdem: du kannst deine loesung selbst einfach durch einsetzen pruefen.
Nur eine kleine Anregung: Die DGL
$y''=-U'(y)$
verlangt (zumindest aus meiner Sicht) geradezu danach, erweitert und integriert zu werden. Man muss ein wenig aufpassen, da $y''$ ableitung nach x und $U'$ ableitung nach y bedeutet, man kann also nicht 'direkt' nach x integrieren. Wenn du allerdings mit $y'$ erweiterst, erhaelst du:
[mm] $y''\cdot y'=-U'(y)\cdot [/mm] y'(x)$
Das kann man auch schreiben als
[mm] $\frac{d}{dx}(1/2\cdot y'^2)=\frac{d}{dx}(U(y(x))$
[/mm]
Integrierst du das nun von 0 bis x, hast du auf recht elegante art und weise deine DGL auf erste Ordnung reduziert. Die neue DGL solltest du dann durch trennung der variablen loesen koennen.
> Und dann zur zweiten Teilaufgabe:
> Wir haben die Periode folgendermaßen definiert:
> T= 2 [mm]\integral_{A}^{B}{ \bruch{1}{ \wurzel{2(E-U(x))}} dx}[/mm]
> wobei für alle y [mm]\in[/mm] (A,B) gilt: U(y)<E und U'(A) [mm]\not=[/mm] 0,
> U'(B) [mm]\not=[/mm] 0
> Meine Frage ist jetzt wie soll ich so etwas zeigen. da ich
> doch oben berchnet habe, dass E=0 ist.
> Auch zur letzten Frage habe ich dementsprechend gar keine
> Idee, wie ich da vorgehen soll.
> Vielen Dank schon mal!
Vielleicht kann ich dir helfen, wenn ich weiss, was E bedeutet.... 
Gruss
Matthias
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> Nur eine kleine Anregung: Die DGL
>
> [mm]y''=-U'(y)[/mm]
>
> verlangt (zumindest aus meiner Sicht) geradezu danach,
> erweitert und integriert zu werden. Man muss ein wenig
> aufpassen, da [mm]y''[/mm] ableitung nach x und [mm]U'[/mm] ableitung nach y
> bedeutet, man kann also nicht 'direkt' nach x integrieren.
> Wenn du allerdings mit [mm]y'[/mm] erweiterst, erhaelst du:
>
> [mm]y''\cdot y'=-U'(y)\cdot y'(x)[/mm]
>
> Das kann man auch schreiben als
>
> [mm]\frac{d}{dx}(1/2\cdot y'^2)=\frac{d}{dx}(U(y(x))[/mm]
>
> Integrierst du das nun von 0 bis x, hast du auf recht
> elegante art und weise deine DGL auf erste Ordnung
> reduziert. Die neue DGL solltest du dann durch trennung der
> variablen loesen koennen.
>
>
Ersteinmal vielen Dank für deine Hilfe!
Also in diesem Fall hätte ich dann:
[mm] (y')^{2} [/mm] = 2*-U(y)
y' = [mm] \pm \wurzel{2*-U(y)} [/mm] = [mm] \pm \wurzel{2*(1-y^{2})^{2}}
[/mm]
[mm] \rightarrow [/mm] x = [mm] \pm \integral_{0}^{y}{ \wurzel{2*(1-y^{2})^{2}} dy}
[/mm]
Und aus diesem würde dann auch wieder meine Lösung [mm] \phi [/mm] (t) folgen,oder?Aber habe ich jetzt nicht die Anfangsbedingungen außer Acht gelassen?
> Vielleicht kann ich dir helfen, wenn ich weiss, was E
> bedeutet....
Wir haben E folgendermaßen definiert:
[mm] E(\phi [/mm] (t)) = [mm] 0,5*|\phi [/mm] '(t) [mm] |²+U(\phi [/mm] (t))
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 21:21 Di 14.11.2006 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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