Differentialgleichung: Schwingung eines Oszillators

Question

Servus ihr Mathematiker!
Ich habe wieder eine Aufgabe für euch, an der ich mir den Kopf zerbreche:

Ein freier gedämpfter Oszillator beginnt mit der Anfangsauslenkung $y(0)=y_0$ und $\dot{y}(0)=0$

a) Geben Sie die spezielle Lösung für den Schwingfall, den Kriechfall und den aperiodischen Grenzfall an.

b) Stellen Sie das Verhalten für $\frac{β}{2} = \frac{ω_0}{3}$, $\frac{β}{2} = 3ω_0$ und $\frac{β}{2} = ω_0$ grafisch dar.

c) Was ändert sich, wenn der Oszillator zu Anfang nicht ausgelenkt ist (y(0) = 0), aber eine vorgegebene Anfangsgeschwindigkeit y˙(0) = v0 hat. Geben Sie auch hier für die drei zu unterscheidenden Fälle die speziellen Lösungen an und zeichen Sie das Verhalten für die gleichen Werte der Dämpfungskonstanten wie unter b).

b) und c) habe ich schon in Mathematica eingetippt und grafisch dargestellt. Mir fehlt jedoch noch a) und der erste Teil von c).
Die allgemeine Lösung der DGL ist mir zwar bekannt, aber da ein "wir haben sie in einer Vorlesung gehört" nicht gilt, sollten wir sie herleiten.

Answer 1

Aloha :)

Ein freier gedämpfter harmonischer Oszillator gehorcht der Differentialgleichung:$$\ddot x+k\dot x+\omega_0^2=0$$Wir wählen einen Exponentialansatz$$x(t)=e^{\lambda\,t}\quad;\quad\dot x(t)=\lambda e^{\lambda\,t}\quad;\quad\ddot x(t)=\lambda^2 e^{\lambda\,t}$$und setzen in die Differentialgleichung ein:$$\lambda^2e^{\lambda\,t}+k\lambda e^{\lambda\,t}+\omega_0^2e^{\lambda\,t}=0$$$$e^{\lambda\,t}\left(\lambda^2+k\lambda+\omega_0^2\right)=0$$Die Nullstellen der Klammer finden wir mit der $pq$-Formel:$$\underline{\lambda_{1,2}=-\frac{k}{2}\pm\sqrt{\frac{k^2}{4}-\omega_0^2}}$$Das zwingt uns 3 mögliche Fälle auf:

1. Fall, der "Kriechfall": $\frac{k^2}{4}>\omega_0^2$

Der Radikand unter der Wurzel ist positiv, es gibt 2 reelle Lösungen für $\lambda$:$$\lambda_{1,2}=-\delta\pm\omega\quad;\quad\underline{\delta:=\frac{k}{2}}\;\;;\;\;\underline{\omega:=\sqrt{\left|\delta^2-\omega_0^2\right|}}$$Die allgemeine Lösung der homogenen Differentialgleichung ist die Linearkombination beider Lösungen:$$x(t)=Ae^{-\delta\,t}e^{\omega\,t}+Be^{-\delta\,t}e^{-\omega\,t}$$$$\underline{x(t)=e^{-\delta\,t}\left(Ae^{\omega\,t}+Be^{-\omega\,t}\right)\quad;\quad A,B\in\mathbb{R}}$$

2. Fall, der "aperiodische Grenzfall": $\frac{k^2}{4}=\omega_0^2$

Der Radikand ist Null, sodass $\lambda=-\frac{k}{2}=-\delta$ die einzige Lösung ist. Die allgemeine Lösung ist nun $e^{-\delta\,t}$ multipliziert mit einer Geraden statt mit einer Konstanten:$$\underline{x(t)=(A\,t+B)\,e^{-\delta t}\quad;\quad A,B\in\mathbb{R}}$$

3. Fall, der "Schwingfall": $\frac{k^2}{4}<\omega_0^2$

Der Radikand unter der Wurzel ist negativ, es gibt 2 komlexe Lösungen für $\lambda$$$\lambda_{1,2}=-\delta\pm i\omega$$Wie schon beim Kriechfall setzt sich die allgemeine homogene Lösung aus einer Linearkombination beider möglicher Lösungen zusammen:$$\underline{x(t)=e^{-\delta\,t}\left(Ae^{i\omega\,t}+Be^{-i\omega\,t}\right)\quad;\quad A,B\in\mathbb{C}}$$

In der Praxis ist fast immer $x(t)\in\mathbb{R}$ gefordert und man hat reelle Anfangsbedingungen. Für diesen reellen Fall lohnt es sich sehr, den Schwingungsanteil der Lösung näher zu betrachten. Wir spalten alles in Real- und Imaginärteil auf:

$$Ae^{i\omega\,t}+Be^{-i\omega\,t}=(X_A+iY_A)(\cos\omega t+i\sin\omega t)$$$$\phantom{Ae^{i\omega\,t}+Be^{-i\omega\,t}}+(X_B+iY_B)(\cos\omega t-i\sin\omega t)$$$$\phantom{Ae^{i\omega\,t}+Be^{-i\omega\,t}}=X_A\cos\omega t+iY_A\cos\omega t+iX_A\sin\omega t+i^2Y_A\sin\omega t$$$$\phantom{Ae^{i\omega\,t}+Be^{-i\omega\,t}}+X_B\cos\omega t+iY_B\cos\omega t-iX_B\sin\omega t-i^2Y_B\sin\omega t$$$$\phantom{Ae^{i\omega\,t}+Be^{-i\omega\,t}}=X_A\cos\omega t-Y_A\sin\omega t+X_B\cos\omega t+Y_B\sin\omega t$$$$\phantom{Ae^{i\omega\,t}+Be^{-i\omega\,t}}+i\left(Y_A\cos\omega t+X_A\sin\omega t+Y_B\cos\omega t-X_B\sin\omega t\right)$$Der Imaginärteil soll verschwinden, also$$0=Y_A\cos\omega t+X_A\sin\omega t+Y_B\cos\omega t-X_B\sin\omega t$$$$\phantom{0}=(X_A-X_B)\sin\omega t+(Y_A+Y_B)\cos\omega t$$Es muss also $X_A=X_B$ und $Y_B=-Y_A$ bzw. $B=A^\ast$ gelten. Setzen wir dies oben in die Lösung ein und schreiben noch $A$ in Polarkoordinaten als $A=|A|e^{i\varphi}$ finden wir:$$x(t)=e^{-\delta\,t}\left(Ae^{i\omega\,t}+A^\ast e^{-i\omega\,t}\right)=e^{-\delta\,t}\left(|A|e^{i\varphi}e^{i\omega\,t}+|A|e^{-i\varphi}e^{-i\omega\,t}\right)$$$$\phantom{x(t)}=e^{-\delta\,t}|A|\left(e^{i(\omega\,t+\varphi)}+e^{-i(\omega\,t+\varphi)}\right)=e^{-\delta\,t}2|A|\cos(\omega\,t+\varphi)$$Damit haben wir die allgemeine Lösung für den realen Fall:$$\underline{x(t)=e^{-\delta\,t}\,A_0\,\cos\left(\omega\,t+\varphi\right)\quad;\quad A_0\in\mathbb{R}^{>0}\;\;;\;\;\varphi\in\mathbb{R}}$$

In allen 3 Fällen sind $\delta$ und $\omega$ durch die Differentialgleichung vorgegeben und die Konstanten $A$ und $B$ bzw. $A_0$ und $\varphi$ müssen aus den Anfangsbedingungen bestimmt werden.

Answer 2

Hallo

 man hat die lineare homogene Dgl:

x''(t)+2γ*x'(t)+w₀²*x=0

 man löst sie mit dem Ansatz x=eλt

 und hat λ²+2γλ+w₀²=0

 mit λ=-γ+-√(γ²-w₀²)

statt der Ce+-i√(w₀²-γ²) schreibt man C1cos(√(w₀²-γ²))+C2sin(√(w₀²-γ²)) und setzt die Anfangsbedingung ein. um C1,C2 zu bestimmen.

für c einfach die neuen Anfangsbed. einsetzen

Gruß lul

Answer 3

Hallo,

siehe hier:

https://itp.uni-frankfurt.de/~luedde/Lecture/Mechanik/Intranet/Skrip…