Ist diese Differentialgleichung überhaupt lösbar?

...komplette Frage anzeigen

3 Antworten

Wenn es hier sich um die Herleitung des Fadenpendels geht,dann ersetzt man :

sin(a)=S/l   Für kleine Winkel (5°-7°) ist sin(a) gleich den Winkel in Bogen maß Phi= s/r siehe Mathe-Formelbuch "Geometrie" Winkel Bogenmaß

Beim Fadenpendel ist Phi=b/r=S/l  dies führt zur Dgl

m *a +  m *g/ l * s=0 ergibt a+g/l * s=0 

a ist die Beschleunigung ,die 2 te Ableitung des Weges nach der Zeit t

ergibt S´´+g/l * S = 0 ergibt S´´= g/l * -1 * S

Wir sehen,dass die 2 te Ableitung ein negatives Vorzeichen hat.Diese Eigenschafte haben nur die Funktionen y=f(x) = sin(w *t) und

y=f(x)=cos(w *t)

Dies sind 2 Lösungen der Dgl S´´+ g/l * S=0

Allgemeine Lösung ist S(t)= C1 * sin(w *t) + C2 *cos(w*t)

Wenn man nun das Koordinatensystem im Ruhepunkt des Fadenpendels legt, dann bleibt nur als Lösung S(t)= a *sin(w *t).

In der Literatur findet man die Formel

S´´+ wo^2 * S=0 dies ist die Dgl der freien ungedämpften Schwingung.

wo^2= g/l und mit der Winkelgeschwindigkeit w0= 2 *pi /T

T ist die Zeit für eine volle Periode (hin und her Schwingung) in Sekunden

w0= Wurzel (g/l) ergibt 2 *pi /T = Wurzel (g/l) 

ergibt T/(2 *pi)= Wurzel( l/g) siehe Mathe-Formelbuch Wurzelgesetze

1/2 = Wurzel (a/b) ergibt 2/1= Wurzel ( b/a)

also T= 2 *pi *Wurzel( l/g)

HINWEIS : Legt man den Ursprung des Koordinatensystems an die maximale Auslenkung,dann ist S(t)= a *cos(w *t)

Antwort bewerten Vielen Dank für Deine Bewertung
Kommentar von SchumiFan91
06.07.2016, 12:36

Danke für die Antwort! Aber die Lösung kenn ich bereits. Ich wollte fragen, ob man die DGL in meiner Frage auch mit dem Sinus (also ohne die Kleinwinkelnäherung) lösen kann.

0

Mir würde neben der trivialen Lösung y(t) = 0 noch die konstante Funktion y(t) = nπ , n ∈ ℤ  einfallen.
Wo bist du denn auf diese Gleichung gestoßen, etwa beim Pendel?

Antwort bewerten Vielen Dank für Deine Bewertung
Kommentar von SchumiFan91
06.07.2016, 00:14

Ja genau das mathematische Pendel

0
Kommentar von SchumiFan91
06.07.2016, 00:24

Ja die Lösung sieht nicht sehr toll aus :)

0
Kommentar von ELLo1997
06.07.2016, 00:39

Da wird einem erst bewusst, wieso man die Kleinwinkelnäherung so schnell in Kauf nimmt.^^

0

y''(t) + a*sin(y(t)) = 0 ergibt die exotische Lösung:
y(t) = +/-2*JacobiAmplitude(sqrt((2 a+c1) (t+c2)^2)/2, (4 a)/(2 a+c1))

wobei  JacobiAmplitude {kurz am(x,y) } auch wieder nur exotisch 
lösbar ist:
 JacobiAmplitude(x,y)=Integral JacobiDN(t,y) dt,t=0...x

oder
JacobiAmplitude[z, m]= 2 Sum[atan[Tanh[((Pi EllipticK[m])/(2 EllipticK[1 - m])) (k + z/(2 EllipticK[m]))]], {k, -∞, ∞}]
also eine unendliche Summe aus einer Integral-Funktion {die auch wieder als unendliche Summe dargestellt werden kann}!

oder Umkehrfunktion zu EllipticF(x,y) -> auch nur iterativ lösbar:

JacobiAmplitude[EllipticF[x, y], y] =x
weitere 91 Formeln dazu:
http://functions.wolfram.com/EllipticFunctions/JacobiAmplitude/

Also nur sehr schwer numerisch zu berechnen!

Ich habe nicht einmal eine hypergeometrische Funktion für diese exotische Funktion gefunden

Antwort bewerten Vielen Dank für Deine Bewertung

Was möchtest Du wissen?