Lösen von einer DGL Feder -Masse System

Question

Aufgabe:

alle miteinander.

Ich hätte da eine kurze Frage. Ich habe 2 DGL

1) x₂''+\(\frac{c}{m} \)* (x₂-x₁)=0

2) k*x₁' - c(x₂-x₁)=0

Ich muss die DGL vom 1 lösen, jedoch weiß ich nicht genau wie.

Ich habe folgenden Hinweis bekommen:

x₁=f(x₂') und dann 1) lösen.

kann mir da jemand helfen?

Danke

Answer 1

Du kannst Das System der Dgl. in einSystem 1'-ter Ordnung umschreiben und dann mit Standardmethoden lösen. Also, die Gleichungen $$ x' = y $$ $$ y' = -\frac{c}{m} x + \frac{c}{m} z $$ $$ z' = \frac{c}{k} x - \frac{c}{k} z $$ beschreiben  ebenfalls das ursprüngliche DGl.-System wenn man \( x = x_2 \) und \( z = x_1 \) setzt.

Damit hat man insgesamt folgendes Dgl.-System $$  \begin{pmatrix} x'\\y'\\z' \end{pmatrix} =  \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ -\frac {c}{m} & 0 & \frac{c}{m} \\ \frac{c}{k} & 0 & -\frac{c}{k} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix}  $$  mit $$ A = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ -\frac {c}{m} & 0 & \frac{c}{m} \\ \frac{c}{k} & 0 & -\frac{c}{k} \end{pmatrix} $$ und $$ u = \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} $$ sieht das Dgl.-System jetzt also so aus $$ u' = A u  $$ und die Lösung ist $$ u = e^{A (t- \tau) } \eta   $$ wobei \( \eta \) der Anfangswert an der Stelle \( \tau \) ist, also $$ u(\tau) = \eta $$ Jetzt muss man nur noch \( e^A  \)  ausrechnen. D.h. Matrix \( A \) diagonalisieren in \( S D S^{-1} \) wobei \( D \) die Diagonalmatrix mit den Eigenwerten von \( A \) ist und \( S \) die Eigenvektoren enthält. Dann gilt $$ e^A = S e^D S^{-1}  $$ und die Lösung sieht dann so aus $$ u = S e^{ D (t - \tau) } S^{-1} \eta $$ Gibt es Anfangswerte und Werte für die Konstanten \( c, k , m \)?

Comments

Ja

k,m und c sind bekannt.

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Und welche Werte nehmen sie an? Und die Anfangsbedingungen, wie lauten die?

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m=0.9kg

k=25 kg/s

c=1900 N/m

x1(0)=0

v2(0)=0

x2(0)=25mm

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Welches Endergebnis würde man dann rausbekommen?

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Mal ne Frage, musst Du das analytisch oder numerisch lösen. 

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Du kannst auch den Ansatz \( x = A e^{\lambda t } \) und \( z = B e^{\lambda t } \) machen. Dann kommt man auf Lösungen der Form

$$ x = C \left( 1 + \frac{k}{c} \lambda \right) e^{\lambda t }  $$ und $$ z = C e^{\lambda t } $$ Also jetzt noch die Eigenwerte bestimmen und die Lösungen superpositionieren, fertig. Die Konstanten \( C_i \) mit \( i = 1..3\) bestimmen sich aus den Anfangsbedingungen. Grafisch sieht das in etwa so aus.

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Text erkannt:

\( \frac{c}{k} \cdot z+0-\frac{c}{k} \cdot y=0 \)

 \( \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ \frac{-c}{m} & 0 & \frac{c}{m} \\ \frac{c}{k}& 0 & \frac{-c}{k} \end{pmatrix} \)

Bestimmung der Eigenwerte

\( \begin{pmatrix} 0-\lambda & 1 & 0 \\ \frac{-c}{m} & 0-\lambda & \frac{c}{m} \\ \frac{c}{k}& 0 & \frac{-c}{k}-\lambda \end{pmatrix} \)

charakteristisches Polynom

\(\lambda\)² •\(\frac{-c}{k}\) - \(\lambda\)³ - \(\frac{c}{m}\) • \(\lambda\) = 0

\(\lambda\)=0

Ich weiß nicht genau, wie ich da dann weiter machen soll.

Bzw. es ist die DGL gefragt, da ich jedoch nie gemacht habe, bin ich mir nicht sicher, wie ich da jetzt weitermachen soll.

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Bzw 
Wie würde mal e^A berechnen?
Schrittweise bitte, wenn es geht.

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Ich hab noch was anderes probiert. Und zwar den Exponetialansatz. Also der Ansatz

$$  x(t) = A e^{\lambda t } $$ und $$ z(t) = B e^{\lambda t} $$

Das ergibt folgendes Gleichungssystem für \( A \) und \( B \).

$$  (1) \quad \begin{pmatrix} m \lambda^2 +c & -c \\- c & c+k \lambda \end{pmatrix} \begin{pmatrix} A \\ B \end{pmatrix} = 0 $$ Da man nur an den nichttrivialen Lösungen interessiert ist, muss die Determinate Null sein. Also muss $$ \det{\begin{pmatrix} m \lambda^2 +c & -c \\- c & c+k \lambda \end{pmatrix}} = 0 $$ nach \( \lambda \) aufgelöst werden. Die Lösungen sind $$ \lambda_1 = 0 $$ und $$ \lambda_{2,3} = \frac{ -mc \pm \sqrt{ m^2 c^2 - 4 m c k^2 } } { 2 m k } $$ Diese \( \lambda_{1,2,3} \) in die Gleichung (1) einsetzten ergibt drei Lösungen für \( A \) und \( B \). Einmal $$ A = B $$ und dann $$ A =  \left( \frac{k}{c} \lambda_{2,3} + 1 \right) B $$

Dann die Linearkombination dieser Lösungen bilden, ergibt die allgemeine homogene Lösung der Dgl., also

$$ x(t) = \sum_{i=1}^3 C_i\left( \frac{k}{c} \lambda_i + 1 \right) e^{\lambda_i t} $$ und $$ z(t) = \sum_{i=1}^3 C_i e^{\lambda_i t}  $$ Die Grössen \( C_i \) für \( i=1,2,3 \) ergben sich aus den Anfangsbedingungen

$$ x(0) = 0.025 = \sum_{i=1}^3 C_i\left( \frac{k}{c} \lambda_i + 1 \right) $$

$$ x'(0) = 0 = \sum_{i=1}^3 C_i \lambda_i \left( \frac{k}{c} \lambda_i + 1 \right)  $$ und $$ z(0) = \sum_{i=1}^3 C_i $$

Ich hab ausgerechnet das gilt \( C_1 = 0 \), \( C_2 = -0.037 i \) und \( C_3 = \overline{C_2} \) und das ergibt dann die schon gezeigten Grafiken. Vielleicht ist das einfacher.

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Danke, jetzt ist es viel verständlicher. Eine letzte Frage hätte ich aber noch, wieso lautet die Funktion von x(t)

Sie haben die Formel von x(t) angeschrieben, mit A*e^(λ*t)

Für A dann die angeschriebene Formel einsetzen?

Also A=B*(k/c.....

Aber was ist dann mit dem B?

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OK passt , habs eh schon.

Danke vielmals für Ihre Hilfe.

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OK eine Frage noch

Wie haben Sie die Diagramme plotten lassen?

Bei mir sagt er, ich soll die komplexen Zahlen durch Reelle ersetzen. Jedoch kommt in der Funktion das i vor, welches ich ja nicht entfernen kann.

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Ich mach das mal am Beispiel der Funktion $$ z(t) = z(t) = \sum_{i=1}^3 C_i e^{\lambda_i t}  $$

Wegen \( C_1 = 0 \) und \( C_3 = \overline{C_2} \) bzw. \( C_2 = -C_3 \) sowie \( \lambda_2 = \overline{\lambda_3} \) ergibt sich

$$ z(t) = C_2 e^{\lambda_2 t } - C_3 e^{\lambda_3} t = C_2 e^{\lambda_2 t } - C_2 e^{\overline{\lambda_2} t} = C_2  \left( e^{\lambda_2 t } - \overline{e^{\lambda_2} t} \right) = 2i C_2 \operatorname{Im}(e^{\lambda_2 t }) = 2i C_2 e^{ \operatorname{Re}(\lambda_2)t } \sin(\operatorname{Im}(\lambda_2)t) $$ und da \( C_2 \) rein imaginär ist, ist das eine reelle Lösung. Für \( x(t) \) geht das genauso.

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In Summe hat man eine gedämpfte Schwingung für für beide Bewegungen. Wenn man z.B. k vergrößert, z.B. auf 100 kg/s, dann sieht man die Schwingung deutlich.

Answer 2

Hallo,

das ist ein DGL - system.

2)

k x₁' -C(x₂-x₁)=0

k x₁' -Cx₂₊ Cx₁=0

k x₁' + Cx₁= Cx_{2  ------------->Lösung via Variation der Konstanten}

_{Setze das Ergebnis von 2 für x1 in 1 ein und berechne x2.}

Comments

Also mit Trennung nach Variablen x1 lösen

Also x1=e^....

Und das dann in 1)

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aber nicht Trennung d.Variablen , sondern Variation d. Konstanten

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Ich hab diese Methode noch nie angewendet, aber würde man die Exponintailgleixhunh in die erste Gleichung einsetzen?

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Wenn  Du diese Methode noch nie angewendest hast,

halte ich mich zurück.

dann schau bitte bei ULLIM ,ob Du diese Methode besser kennst.