Hilfe beim Lösen einer Differenzialgleichung

Tim · 1. Juli 2008 um 20:32

Hallo,
es dreht sich um diese Gleichung:
x’’(t) = k/m * 1/(x(t))^2

Ich finde leider kein x(t), das ich einsetzen kann, sodass eine wahre Aussage mit der zweiten Ableitung von x(t) nach der obigen Gleichung entsteht.
Ich denke, dass x(t) eine Funktion sein muss, die sich beim Ableiten selbst wieder produziert, also e-Funktion zum Beispiel.

Wer kann helfen? Wer hat eine Idee?

Vielen Dank
Gruß
Tim

Ratz_c6e110 · 2. Juli 2008 um 10:59

Hallo
Allgemeines Vorgehen bei

y''=f(y)

Substitution
y'=u
y''=u'

Einsetzen:
u'=f(y)

 du du dy 
u'=-- = -- -- = f(y)
 dx dy dx

dy 
-- du = f(y) dy
dx

y' du = f(y) dy

u du = f(y) dy

Gruss

Ratz

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Tim · 2. Juli 2008 um 17:40

Hallo
Allgemeines Vorgehen bei

y’’=f(y)

Substitution
y’=u
y’’=u’

Einsetzen:
u’=f(y)

du du dy
u’=-- = – -- = f(y)
dx dy dx

dy
– du = f(y) dy
dx

y’ du = f(y) dy

u du = f(y) dy

Und wie kommt man jetzt damit auf eine Lösung?
Ich meine, man hat ja nur das Problem umgeschrieben.
Man müsste jetzt ein geeignetes u finden, aber auch dafür habe ich leider noch keine Idee.Irgendwie müsste man doch wieder Rücksubstituieren, und dann sollte die Lösung da stehen.

Weiß noch jemand Rat?

Vielen Dank
Gruß
Tim

Ratz_c6e110 · 3. Juli 2008 um 13:15

u du = f(y) dy

Und wie kommt man jetzt damit auf eine Lösung?

auf beiden Seiten integrieren.

Weiß noch jemand Rat?

Probiers mal mit dem Ansatz x=(a*t+b)^(3/2)

Ist das zufällig der radiale Sturz eines Teilchens im Schwerefeld?

Gruss

Ratz

Tim · 3. Juli 2008 um 14:38

u du = f(y) dy

Und wie kommt man jetzt damit auf eine Lösung?

auf beiden Seiten integrieren.

Aber wie das y aussieht, weiß man ja nicht und damit kann man f(y) nicht integrieren und u auch nicht, da man für diese Funktion u doch y kennen müsste

Weiß noch jemand Rat?

Probiers mal mit dem Ansatz x=(a*t+b)^(3/2)

leider klappt das nicht x’’(t)= (y)^-o,5 und rechts in der Differenzialgleichung würde (y)^-3 stehen.

Deinen Ansatz hast du doch auch mit probieren gefunden, oder?
Darf ich also annehmen, dass man solche Gleichungen nur durch Probieren lösen kann und es keinen Formalismus gibt?

Ist das zufällig der radiale Sturz eines Teilchens im
Schwerefeld?

Nein, aber so ähnlich: Man hat einen gepulsten Elektronenstrahl und möchte wissen, wie ein Elektron am Rand dieses Strahls senkrecht zur Bewegungsrichtung von den anderen abgestoßen wird. Das hab ich alles in k und m substituiert, da es sich nur im Konstanten handelt, damit die Funktion übersichtlicher wird.

Martin · 3. Juli 2008 um 19:26

Hallo,

Probiers mal mit dem Ansatz x=(a*t+b)^(3/2)

leider klappt das nicht x’’(t)= (y)^-o,5 und rechts in der
Differenzialgleichung würde (y)^-3 stehen.

nein, damit gehts auch nicht.

Darf ich also annehmen, dass man solche Gleichungen nur durch
Probieren lösen kann und es keinen Formalismus gibt?

Es gibt keinen Formalismus, der zu jeder DG die Lösung liefert (also etwa so, wie das Gaußsche Eliminationsverfahren bei jedem linearen Gleichungssystem zum Ziel führt). Aber für gewisse Fälle, in denen die DG bestimmte vereinfachende Besonderheiten aufweist, gibt es Ansätze, die sie einer Lösung zugänglich machen können. Stichpunkte dazu: Potenz-Ansatz, Einführung neuer Variablen, e^λ t-Ansatz (von größter Bedeutung bei linearen DG), Umwandlung in andere DG, Variation der Konstanten, Separation der Variablen, Reduktion der Ordnung, Greensche Funktion. Wie Du siehst, ist es ein „weites Feld“.

Man hat einen gepulsten
Elektronenstrahl und möchte wissen, wie ein Elektron am Rand
dieses Strahls senkrecht zur Bewegungsrichtung von den anderen
abgestoßen wird.

Hm… wenn der Strahl als unendlich lang idealisiert ist, wäre aber F ∝ 1/r. Die Kraft fällt nur bei Punktmassen/-ladungen quadratisch mit dem Abstand (F ∝ 1/r²).

Gruß
Martin

Tim · 3. Juli 2008 um 21:05

Hm… wenn der Strahl als unendlich lang idealisiert ist, wäre
aber F ∝ 1/r. Die Kraft fällt nur bei
Punktmassen/-ladungen quadratisch mit dem Abstand (F ∝
1/r²).

Ja, man hat die Aufgabe in soweit vereinfacht, dass man die restlichen Ladungen zu einer großen Punktmasse zusammengefasst hat, die das eine Elektron am Rand abstößt.

Martin · 3. Juli 2008 um 21:53

Ja, man hat die Aufgabe in soweit vereinfacht, dass man die
restlichen Ladungen zu einer großen Punktmasse zusammengefasst
hat, die das eine Elektron am Rand abstößt.

Ziemlich gewagte „Vereinfachung“… streng genommen ist es eine Verfälschung. Wer tut denn sowas?

Gibt es in der Aufgabenstellung irgendwelche auf den ersten Blick unscheinbare Zusatzbemerkungen z. B. betreffend Anfangs- oder Randbedingungen? Manchmal erleichtern solche die Lösung eines Problems erheblich. Ohne vollständige Kenntnis der Aufgabe wird man Dir hier kaum wirkungsvoll helfen können.

Tim · 4. Juli 2008 um 13:17

Ziemlich gewagte „Vereinfachung“… streng genommen ist es
eine Verfälschung. Wer tut denn sowas?

Gibt es in der Aufgabenstellung irgendwelche auf den ersten
Blick unscheinbare Zusatzbemerkungen z. B. betreffend Anfangs-
oder Randbedingungen? Manchmal erleichtern solche die Lösung
eines Problems erheblich. Ohne vollständige Kenntnis der
Aufgabe wird man Dir hier kaum wirkungsvoll helfen können.

Die Aufgabe ist auch schon gelöst, meine Frage war ja auch nicht die Aufgabe zu lösen, sondern eine Differenzialgleichung, die sich ergibt, wenn man die Aufgabe so verändert, wie beschrieben.
Das war ja alles nicht relevant, sondern nur das Lösen der Differenzialgleichung, die man mathematisch ja aufstellen und lösen kann, ob sie nun physikalisch Sinn macht oder nicht.

Also die Aufgabe und wo die Gleichung herkommt, soll mal keine Rolle spielen.

Martin · 5. Juli 2008 um 00:40

nicht die Aufgabe zu lösen, sondern eine
Differenzialgleichung, die sich ergibt, wenn man die Aufgabe
so verändert, wie beschrieben.
Das war ja alles nicht relevant, sondern nur das Lösen der
Differenzialgleichung, die man mathematisch ja aufstellen und
lösen kann, ob sie nun physikalisch Sinn macht oder nicht.

Hallo Tim,

nun, es geht genau so, wie Ratz es Dir schon beschrieben hat.

Ich nehme mal dieses Problem: Irgendein Körper (Masse m) wird weit draußen im Weltall (Abstand r₀ vom Erdmittelpunkt) platziert (v₀ = 0) und ab dem Zeitpunkt t = 0 sich selbst überlassen. Er wird unter dem Einfluss der Gravitationskraft der Erde (Masse M) beschleunigen und auf die Erde zufallen.

Aus dem Gravitationsgesetz F = γ m M / r² und dem dritten Newtonschen Gesetz F = m r’’ folgt die Bewegungsgleichung des Vorgangs zu

r’’ = γ M / r²

(Stimmt bis auf den konstanten Vorfaktor γ M mit Deiner DG überein.)

Das ist eine nichtlineare DG zweiter Ordnung in r – aber eine mit einer vereinfachenden Besonderheit: Die Variable t kommt darin gar nicht vor! Dies ist aber die Voraussetzung, um den „Reduktion-der-Ordnung-Ansatz“ machen zu können.

Wir schreiben die DG in der Form

d²r/dt² = γ M / r²

und richten unsere Aufmerksamkeit auf die linke Seite. „Zwischen“ dem Ortsvektor r und der Beschleunigung a = d²r/dt² liegt noch die Geschwindigkeit v = dr/dt. Die benutzen wir, um folgende Umformung zu veranstalten:

d²r/dt² = dv/dt = dr/dt · dv/dr = v dv/dr

Also sind wir berechtigt, die linke Seite der DG durch v dv/dr zu ersetzen:

v dv/dr = γ M / r²

Aber hallo, das ist ja nur noch eine DG erster Ordnung in v! Wir verstehen die Bezeichung „Reduktion-der-Ordnung“-Ansatz und fassen zusammen:

Wann immer wir eine DG des Typs r’’ = f® vorliegen haben (in unserem Fall f® = γ M / r²), dann können wir sie wenigstens prinzipiell dadurch knacken, indem wir zuerst die einfachere DG v dv/dr = f® lösen, was uns im Erfolgsfall die Funktion v® liefert, und aus dieser Funktion v® anschließend r(t) berechnen. Wir haben also das ursprüngliche Problem in zwei leichter zu lösende Teile zerlegt.

Für die beiden Teilprobleme ist ein anderer, wohlbekannter und sehr wichtiger Ansatz zuständig, nämlich die „Integration durch Separation der Variablen“:

v dv/dr = f® ⇔ v dv = f® dr

v = dr/dt ⇔ 1/v® dr = dt

Bei den beiden rechts von den „⇔“ stehenden Gleichungen sind die Variablen getrennt, und die Gleichung damit bereit zur Integration. Ob sich die dann in einem konkreten Fall auch bewältigen lassen (Stammfunktionen finden gelingt ja nicht immer), steht natürlich auf einem anderen Blatt.

Ein anderes, aber typgleiches Problem hab ich hier vor etlicher Zeit mal vollständig durchgerechnet. Es ging um eine homogene Kette der Länge l, die über eine Tischkante rutscht. Die Bewegungsgleichung dafür lautet

x’’ = g/l x

und hier kannst Du Dir angucken, wie die Integrationen durch Trennung der Variablen konkret vonstatten geht:

/t/bewegungsgleichung/3785572/8

Für Dein Problem r’’ = γ M / r² lässt sich übrigens leider keine explizite Lösung r(t) gewinnen – das ist schon zu schwierig. v® geht mühelos (selbst versuchen?), aber die zweiten Integration führt auf eine hässliche t®-Gleichung, die man nicht nach r auflösen kann. Aber immerhin lässt sich für den hypothetischen Fall, dass der Körper die Erde durchqueren kann und er nicht durch Reibung gebremst wird, seine Periodendauer berechnen (er „schwingt“ dann ja mit sehr großem T, wenn auch ganz und gar nicht harmonisch). Sie beträgt

T = π √(2 R³ / (γ M))

Gruß
Martin

Tim · 5. Juli 2008 um 12:34

Vielen Dank dafür, dass du mir nochmal einen weiteren Weg gezeigt hast, um das Problem zu lösen.

Für Dein Problem r’’ = γ M / r²
lässt sich übrigens leider keine explizite Lösung r(t)
gewinnen – das ist schon zu schwierig.

Leider stimme ich mit dir in diesem Punkt nicht überein.
Meine Lösung für die DG aus dem Anfangsbeitrag (bitte nochmal kurz dort die DG anschauen) wird doch durch dieses x(t) = (wurzel(k/m)*t +b)^(2/3) gelöst.
Setzt man dieses x(t) ein, dann entsteht eine wahre Aussage. Stimmt doch, oder habe ich mich verrechnet?

Martin · 5. Juli 2008 um 23:38

Für Dein Problem r’’ = γ M / r²
lässt sich übrigens leider keine explizite Lösung r(t)
gewinnen – das ist schon zu schwierig.

Leider stimme ich mit dir in diesem Punkt nicht überein.
Meine Lösung für die DG aus dem Anfangsbeitrag (bitte nochmal
kurz dort die DG anschauen) wird doch durch dieses x(t) =
(wurzel(k/m)*t +b)^(2/3) gelöst.
Setzt man dieses x(t) ein, dann entsteht eine wahre Aussage.
Stimmt doch, oder habe ich mich verrechnet?

x(t) = (wurzel(k/m) t + b)^2/3 kann man als Lösung sofort ausschließen. Der x(t)-Ausdruck muss sich für große t zu C t + D nähern lassen, mit irgendwelchen Konstanten C und D. Wenn man lange wartet, ist das Elektron ja weit weg von der Punktladung/dem Elektronenstrahl. Dort spürt es nur noch eine geringe Kraft und bewegt sich folglich mit konstanter Geschwindigkeit. Für kleine t kann man eine analoge Betrachtung anstellen. Für einen kurzen Zeitraum nach dem Start darf man die Kraft auf das Elektron als praktisch konstant ansehen, also saust es beim Start aus der Ruhe mit Δx ∝ t² weg (Δx, weil der x-Nullpunkt ja in der Mitte des Strahls liegt, nicht am Startpunkt des Elektrons).

Beides leistet das obige x(t) nicht. Für große t ist x ∝ t^2/3. Für kleine t… na, überlegs Dir selbst.

Wir dürfen also erwarten, dass die Probe schiefgeht, und das tut sie auch:

x(t) = (w t + b)^2/3

⇒ x’(t) = 2/3 w (w t + b)^–1/3

⇒ x’’(t) = –2/9 w² (w t + b)^–4/3 = –2/9 k/m (w t + b)^–4/3

Dagegen ist

k/m 1/x²(t) = k/m (w t + b) ^–4/3

Ergebnis: x’’ ist bei diesem Ansatz nicht gleich k/m 1/x², sondern das –2/9-fache davon. Auch ein Unterschied, der nur in einem konstanten Faktor besteht, ist wesentlich. Man bekommt diesen Faktor übrigens auch durch keine noch so clevere Modifikation am Ansatz (w t + b)^2/3 weg – versuch es gerne mal mit z. B. (w q t + b)^2/3 (q Zusatzfaktor) oder was immer Dir einfällt.

Gruß
Martin

Tim · 7. Juli 2008 um 18:11

Auch ein Unterschied, der nur in einem konstanten Faktor
besteht, ist wesentlich. Man bekommt diesen Faktor übrigens
auch durch keine noch so clevere Modifikation am Ansatz (w t +
b)^2/3 weg – versuch es gerne mal mit z.
B. (w q t + b)^2/3 (q Zusatzfaktor) oder
was immer Dir einfällt.

Ja, stimmt, wegen dem Minus vor den 2/9 findet sich kein q.

Ich kann mir aber vorstellen, dass eine Funktion geben muss, die x(t) beschreibt. Sie müsste zuerst aussehen wie x² und sich dann einer Geraden annähern, weil die Beschleunigung immer kleiner wird und die Geschwindigkeit sozusagen konstant bleibt.

Also ich habe jetzt keine zündende Idee mehr.
Vielleicht könntest du zum Abschluss noch die eine richtige Lösung für eine DG der Art f’’(x)= 1/(f(x))² geben.
Das wäre noch sehr freundlich.

Vielen Dank soweit
Gruß
Tim

Martin · 8. Juli 2008 um 00:57

Ich kann mir aber vorstellen, dass eine Funktion geben muss,
die x(t) beschreibt.

„Jain.“ Die exakte Lösung ist leider implizit, d. h. man hat am Schluss der Rechnung t(x) = eine wilde Funktion von x auf dem Papier stehen, die man noch zu x(t) invertieren müsste. Das ist aber leider nicht möglich – die Funktion ist zu sperrig dafür.

Die Bewegungsgleichung eines Elektrons im Kraftfeld

F® = k/r²

(erzeugt von einer bei r = 0 sitzenden Punktladung) lautet

–––––––––––––––––––––––––––––––––––
d²/dr2 r = k/m 1/r²
–––––––––––––––––––––––––––––––––––

Das Elektron möge sich zum Zeitpunkt t = 0 an irgendeiner willkürlichen Position r₀ in Ruhe befinden. Ab dann wird es sich selbst überlassen. Dies legt die Anfangsbedingungen des Vorgangs fest:

r₀ = r(t = 0) beliebig
v₀ = v(t = 0) = 0

An dieser Stelle können wir schon einige Aussagen machen, und zwar:

(1) Wenn k >[[0 + 1/2 k/(m r₀²) t² in Bewegung setzen. Das ist auch klar, denn k/r₀² ist ja die (für kleine Zeiten t annähernd konstante) Kraft, die es am Startort erfährt. Die exakte Lösung der DG muss dieses Verhalten reproduzieren.

(3) Für k > 0 (d. h. das Elektron wird abgestoßen) wird das Elektron nach langer Zeit weit weg sein. Dort erfährt es nur noch eine geringe Kraft und wird sich folglich mit konstanter Geschwindigkeit bewegen. Das bedeutet, dass die exakte Lösung der DG für große t das t-lineare Verhalten C t + D mit irgendwelchen Konstanten C, D reproduzieren muss.

(4) Für k 0 vollführen, wenn auch keine harmonische (die gibt’s nur bei F(x) ∝ –x). Für diesen Fall wären wir natürlich auch an der Schwingungsdauer T interessiert.

Rücken wir der DG zu Leibe.

Reduktion-der-Ordnung-Ansatz via d²/dr2 r = v dv/dr:

v dv/dr = k/m 1/r²

v dv = k/m 1/r² dr

Jetzt sind die Variablen getrennt (links nur v, rechts nur r) und wir können beide Seiten passend integrieren:

∫_{0 … v} v’ dv’ = k/m ∫_{r0 … r} 1/r’² dr’

(die Striche bezeichnen keine Ableitung, sondern sollen nur die Integrationsvariablen kennzeichnen)

Die Stammfunktionen sind klar: x → 1/2 x² und 1/x² → –1/x.

[1/2 v’²]_{0 … v} = k/m [–1/r’]_{r0 … r}

1/2 v² = k/m (1/r₀ – 1/r)

v² = 2 k/m (1/r₀ – 1/r)

v² = 2 k/(m r₀) (1 – r₀/r)

Jetzt steht Wurzelziehen an ⇒ aufpassen! Für k haben wir auch negative Werte zugelassen, aber wir wollen natürlich keine Wurzel mit negativem Radikand haben. Um das zu vermeiden, müssen wir eine Fallunterschiedung machen:

Für k > 0 gibts nicht das geringste Problem: v = √(2 k/(m r₀) (1 – r₀/r))

Für k 0. Stellen wir die rechte Seite in der Form 2 (–k)/(m r₀) (r₀/r – 1) dar, dann ist sowohl das –k als auch das r₀/r – 1 darin positiv und macht beim Wurzelziehen keine Probleme.

Zusätzlich ist zu berücksichtigen, dass √(v²) = | v | ist.

So können wir die Klippe mit der Wurzel umschiffen:

k > 0 ⇒ | v | = √(2 k/(m r₀) (1 – r₀/r))

k 0) (r₀/r – 1))

Für k > 0 (Abstoßungsfall) treten nur positive Geschwindigkeiten auf, aber für k 0 0 sowohl in „Hin“-Richtung als auch in „Rück“-Richtung vorbei. Das erlaubt uns noch ein paar Vereinfachungen:

k > 0 ⇒ v = √(2 |k|/(m r₀) (1 – r₀/r))

k 0) (r₀/r – 1))

Der Ausdruck √(2 |k|/(m r₀)) ist offensichtlich eine natürliche Geschwindigkeitseinheit des Problems. Wir taufen sie „c“:

–––––––––––––––––––––––––––––––––––
c = √(2 |k|/(m r₀)) (c ist stets positiv)
–––––––––––––––––––––––––––––––––––

(Damit kennen wir auch eine natürliche _Zeit_einheit des Problems, nämlich r₀/c. Wir können erwarten, dass sie während der Lösung des zweiten Teilproblem (t-Integration!) auftauchen wird.)

Das macht die Geschichte schon gleich viel freundlicher:

–––––––––––––––––––––––––––––––––––
k > 0 ⇒ v® = c √(1 – r₀/r)

k 0/r – 1)
–––––––––––––––––––––––––––––––––––

So sieht also die v®-Funktion aus. Der erste Teil der DG-Lösung ist bewältigt; der zweite wartet.

v = dr/dt ist äquivalent zu

1/v® dr = dt

Für v® sind die beiden v®-Ausdrücke von oben einzusetzen. Wir haben bei k > 0 (abgestoßenes Elektron) ein besseres Gefühl und kümmern uns erstmal nur darum:

1/(c √(1 – r₀/r)) dr = dt

Nebenrechung: 1/√(1 – a/x) = √(1/(1 – a/x)) = √((x/a)/(x/a – 1))

√((r/r₀) / (r/r₀ – 1)) dr = c dt

√((r/r₀) / (r/r₀ – 1)) d(r/r₀) = c/r₀ dt

Hierin kommt r nur noch als Bestandteil des Bruchs r/r₀ vor, d. h. r wird in Einheiten von r₀ gemessen. Wir kürzen diesen Bruch mit ρ ab:

√(ρ/(ρ – 1)) dρ = c/r₀ dt

Auf der rechten Seite ist durch unsere Entdimensionalisierungsbestrebung c/r₀ entstanden. Da die linke Seite mit dem ρ mittlerweile dimensionslos ist, muss es auch die rechte Seite sein. r₀/c muss also eine Zeit sein, und das ist es ja auch tatsächlich (Länge/Geschwindigkeit = Zeit). Es handelt sich um eine natürliche Zeiteinheit des Problems. Wir denken an die erwähnte Schwingungsdauer im Fall k 0/c sein wird.

Nun zur Integration:

∫_{1 … ρ} √(ρ’/(ρ’ – 1)) dρ’ = c/r₀ ∫_{0 … t} dt’

Die Integrationsgrenzen stimmen: Für t = 0 ist r = r₀ und somit ρ = 1.

An dieser Stelle können wir schon „riechen“, was uns eine schöne, geschlossene Lösung r(t) verweigern wird. Es ist die Stammfunktion zu √(ρ/(ρ – 1)). Sie lautet √(ρ(ρ – 1)) + ln(√(ρ – 1) + √ρ) und ebendies ist die eingangs erwähnte „wilde“ Funktion.

Aber der Reihe nach:

[√(ρ’/(ρ’ – 1)) + ln(√(ρ’ – 1) + √ρ’)]_{1 … ρ} = c/r₀ [t’]_{0 … t}

Beide untere Grenzen liefern keinen Beitrag, das ist nett.

–––––––––––––––––––––––––––––––––––
√(ρ(ρ – 1)) + ln(√(ρ – 1) + √ρ) = c/r₀ t
–––––––––––––––––––––––––––––––––––

und hier ist der Weg leider zuende. Der letzte Schritt, die Auflösung dieser Gleichung nach ρ ist uns nicht möglich, weil die linke Seite dazu zu vertrackt ist. Wir können also nur fröhlich die Zeiten zu gegebenen ρ-Werten ausrechnen, aber nicht das, was wir eigentlich wollen, nämlich die ρ-Werte zu gegebenen Zeiten t wissen. Wir müssen uns also mit numerischen Lösungen begnügen – ein Computerprogramm kann uns natürlich zu jedem t das zugehörige ρ mit jeder gewünschten Genauigkeit liefern, per Intervallschachtelung oder einem ähnlichen Verfahren.

Für den Schwingfall k 0 dt

Die Stammfunktion zu √(ρ/(1 – ρ)) ist mit –√(ρ/(ρ – 1)) – arcsin(√(1 – ρ)) genauso hässlich. Auch hier liefern die beiden unteren Grenzen keinen Beitrag, so dass die Lösung für k 0 t
–––––––––––––––––––––––––––––––––––

Damit ist die Frage, wie sich das Elektron bewegt, geklärt, soweit es möglich ist.

Nun wollen uns aber noch vergewissern, dass die gewonnene Lösung das in den obigen Punkten (2) und (3) angegebene Verhalten für kleine und große t korrekt reproduziert, und sind sehr gespannt.

Nochmal die Lösung für k > 0:

√(ρ(ρ – 1)) + ln(√(ρ – 1) + √ρ) = c/r₀ t

Für kleine t ist ρ > 1, aber noch sehr nahe bei 1. Damit geht die linke Seite über in

√(ρ – 1) + ln(√(ρ – 1) + 1)

Für kleine x ist ln(x + 1) ungefähr gleich x. Das ist hier gegeben, denn √(ρ – 1) ist sehr klein, wenn ρ nahe bei 1 ist. Der Ausdruck vereinfacht sich damit weiter:

√(ρ – 1) + √(ρ – 1) = 2 √(ρ – 1)

Also ist für kleine t

2 √(ρ – 1) = c/r₀ t

√(ρ – 1) = 1/2 c/r₀ t

ρ = 1 + 1/4 c²/r₀² t² c = √(2 |k|/(m r₀))

ρ = 1 + 1/4 · 2 (|k|/(m r₀))/r₀² t²

r/r₀ = 1 + 1/2 k/(m r₀³) t²

r = r₀ (1 + 1/2 k/(m r₀³) t²)

r(t) = r₀ + 1/2 k/(m r₀²) t²

Ergebnis: Punkt (2) ist tatsächlich verifiziert!

Für große t ist auch ρ groß. Deshalb geht der Ausdruck

√(ρ(ρ – 1)) + ln(√(ρ – 1) + √ρ)

über in

ρ + ln(2 √ρ) = ρ + ln(2) + 1/2 ln(ρ) ≈ ρ + ln(2)

Damit wird die Lösungsgleichung zu

ρ + ln(2) = c/r₀ t

ρ = c/r₀ t – ln(2)

r/r₀ = c/r₀ t – ln(2)

r(t) = c t – r₀ ln(2)

Und das matcht genau zu dem im Punkt (3) Gesagten!

Zu allerguterletzt wollen wir noch die Schwingungsdauer für den Fall k 0 t

Wenn das Elektron die Punktladung im Ursprung erreicht hat, ist ρ = 0 und t = T/4, also muss gelten:

√(0/(0 – 1)) + arcsin(√(1 – 0)) = c/r₀ T/4

T = 4 r₀/c arcsin(1)

= 4 r₀/c π/2

= 2 π r₀/c

(aha, wir erinnern uns an oben: jetzt wissen wir,
welches Vielfache die Schwingungsdauer von r₀/c ist,
sie ist das 2 π-fache davon)

= 2 π r₀ / √(2 |k|/(m r₀))

–––––––––––––––––––––––––––––––––––
T = π √(2 m/|k| r₀³)
–––––––––––––––––––––––––––––––––––

Mit dieser Periodendauer würde das Elektron schwingen.

Hinzuzufügen wäre vielleicht noch das. Solltest Du auf die Idee kommen, ein CAS (Computer Algebra System) mit der Suche nach einer Stammfunktion zu √(x/(1 – x)) zu beauftragen, wundere Dich nicht, wenn es Dir etwas anderes als –√(x(x – 1)) – arcsin(√(1 – ρ)) ausspuckt. Das ist dann kein Fehler. √(x/(1 – x)) hat noch einige andere Stammfunktionen, die π/2 oder π höher liegen.

Noch Fragen?

Gruß
Martin

Tim · 8. Juli 2008 um 18:57

Erstmal vielen Dank für die große Mühe, ein sehr gelungener Beitrag, der sehr ausführlich viele Aspekte beleuchtet.
Nur noch eine Kleinigkeit:

„Jain.“ Die exakte Lösung ist leider implizit, d. h. man hat
am Schluss der Rechnung t(x) = eine wilde Funktion
von x auf dem Papier stehen, die man noch zu x(t)
invertieren müsste. Das ist aber leider nicht möglich – die
Funktion ist zu sperrig dafür.

Also könnte man theoretisch diesen Ausdruck,
√(ρ(ρ – 1)) + ln(√(ρ – 1) + √ρ) = c/r0 t,
schon nach p und dann nach r(t) auflösen, jedoch ist diese dann sehr komplexe Gleichung nicht für die Praxis geeignet und man beschränkt sich, dank der schnellen Rechentechnik durch Computer, lieber auf Näherungen?
Oder geht es wegen des Logarithmus tatsächlich nicht aufzulösen, was ich vermute.

Stimmt meine Vermutung?

Martin · 8. Juli 2008 um 21:26

Also könnte man theoretisch diesen Ausdruck,
√(ρ(ρ – 1)) + ln(√(ρ – 1) +
√ρ) = c/r0 t,
schon nach p und dann nach r(t) auflösen, jedoch ist diese
dann sehr komplexe Gleichung nicht für die Praxis geeignet und
man beschränkt sich, dank der schnellen Rechentechnik durch
Computer, lieber auf Näherungen?
Oder geht es wegen des Logarithmus tatsächlich nicht
aufzulösen, was ich vermute.

Deine Vermutung ist richtig. Man kann die Gleichung prinzipiell nicht analytisch nach ρ auflösen; es gelingt mit keiner noch so geschickten Termumformung. Computer können sie numerisch auflösen, wozu sie für jeden einzelnen gewünschten ρ-Wert den Ausdruck √(ρ(ρ – 1)) + ln(√(ρ – 1) + √ρ) viele Male berechnen müssen, abhängig von der Genauigkeitsanforderung.

Es gibt noch viel spärlichere uninvertierbare Gleichungen. Ein Beispiel wäre y e^y = x. Oder y – ln(y) = x. Oder ganz schlicht y^y = x. Keine dieser x(y)-Gleichungen ist zu y(x) umkehrbar.

Man könnte natürlich auf die Idee kommen, sich die passende Funktion einfach zu definieren: „mops(x) sei definiert als diejenige Funktion, deren Funktionswerte y die Gleichung √(y(y – 1)) + ln(√(y – 1) + √y) = x erfüllen“. Dann kann man tatsächlich als explizite Lösung der DG notieren: ρ(t) = mops(c/r0 t). Aber das ist keine analytische Lösung, und man hätte damit leider überhaupt nichts gewonnen.

Gruß
Martin