Anders würds für mich keinen Sinn machen. Es geht ja darum, die DGl möglichst einfach lösen zu können mit dem Standard-exp(lambda t)-Ansatz. Wenn da ein Quadrat in einer Funktion oder deren Ableitungen drin ist, funktioniert der einfache Ansatz nicht mehr, also: ja.Happy hat geschrieben:Naja, stimmt vermutlich. Wenn da also linearisieren steht, dann muss ich das in allen Ableitungena auch tun ja?? Hätte jetzt nämlich gedacht, dass das nur in der eigentlichen Variable zu machen ist...slmndr hat geschrieben:Eine Begründung habe ich auch nicht parat, aber: Dann wäre die DGl nicht linearisiert wegen dem quadratischen Term.Happy hat geschrieben:Ich hab auch noch mal ne Frage:
Man soll folgende Gleichung linearisieren ([tex]\phi<<1[/tex]):
[tex](M+6m_r+m)\ddot{x}+ml\ddot{\phi}cos(\phi)-ml\dot{\phi}^2*sin(\phi)=0[/tex]
Das Ergebnis lautet laut Musterlösung:
[tex](M+6m_r+m)\ddot{x}+ml\ddot{\phi}=0[/tex]
Wo ist jetzt das [tex]-ml\dot{\phi}^2*sin(\phi)[/tex] hin müsste da nicht noch ein [tex]-ml\dot{\phi}^2\phi[/tex] stehen?
Ist aus Aufgabe 2 vom 30.08.2010 Teilaufgabe h
Mir ist klar, dass Quadratische Therme von [tex]\phi[/tex] wegfallen, aber [tex]\dot{\phi}[/tex] muss ja nicht zwangsläufig auch klein sein, und somit sollten doch quadratische Therme von [tex]\dot{\phi}[/tex] durchaus berücksichtigt werden müssen...
Vielen Dank!
Mechanik IV Klausurfragen
Moderator: (M) Mod.-Team Allgemein
Jo, hast schon Recht. Jetzt im Nachhinein wird mir das auch klar... Man man man, manchmal sieht man den Wald vor lauter Bäumen nicht ;o)slmndr hat geschrieben:Anders würds für mich keinen Sinn machen. Es geht ja darum, die DGl möglichst einfach lösen zu können mit dem Standard-exp(lambda t)-Ansatz. Wenn da ein Quadrat in einer Funktion oder deren Ableitungen drin ist, funktioniert der einfache Ansatz nicht mehr, also: ja.Happy hat geschrieben:Naja, stimmt vermutlich. Wenn da also linearisieren steht, dann muss ich das in allen Ableitungena auch tun ja?? Hätte jetzt nämlich gedacht, dass das nur in der eigentlichen Variable zu machen ist...slmndr hat geschrieben:Eine Begründung habe ich auch nicht parat, aber: Dann wäre die DGl nicht linearisiert wegen dem quadratischen Term.Happy hat geschrieben:Ich hab auch noch mal ne Frage:
Man soll folgende Gleichung linearisieren ([tex]\phi<<1[/tex]):
[tex](M+6m_r+m)\ddot{x}+ml\ddot{\phi}cos(\phi)-ml\dot{\phi}^2*sin(\phi)=0[/tex]
Das Ergebnis lautet laut Musterlösung:
[tex](M+6m_r+m)\ddot{x}+ml\ddot{\phi}=0[/tex]
Wo ist jetzt das [tex]-ml\dot{\phi}^2*sin(\phi)[/tex] hin müsste da nicht noch ein [tex]-ml\dot{\phi}^2\phi[/tex] stehen?
Ist aus Aufgabe 2 vom 30.08.2010 Teilaufgabe h
Mir ist klar, dass Quadratische Therme von [tex]\phi[/tex] wegfallen, aber [tex]\dot{\phi}[/tex] muss ja nicht zwangsläufig auch klein sein, und somit sollten doch quadratische Therme von [tex]\dot{\phi}[/tex] durchaus berücksichtigt werden müssen...
Vielen Dank!
Danke nochmal!
Wenn ich das mit der allgemeinen Lösung ausrechne, dann kommt bei mir [tex]\varphi(t)=2*\varphi(stat) *cos(vt)[/tex] raus. Wo kommt das "[tex]+\varphi(stat)[/tex]" her?slmndr hat geschrieben:Da wird nichts angeregt. Es ist eine ungedämpfte harmonische Schwingung, die die allgemeine Lösungblub9 hat geschrieben:Ich habe eine Frage zu der ersten Aufgabe von der Klausur am 11. Februar 2009.
Wie kann man die DGL aus e lösen, um auf die Lösung in f zu kommen?
Handelt es sich um eine erzwungene Schwingung mit allgemeiner Anregung?
Danke schon mal
[tex]\varphi(t) = A\cos(\omega t) + B\cos(\omega t)[/tex] oder [tex]\varphi(t) = C\cos(\omega t - \psi)[/tex] hat. Wenn du die Schwerkraft nicht mit der Feder verrechnet hast (Betrachtung NICHT aus der Gleichgewichtslage, siehe meine Frage oben dazu), dann würde nur ein Term in der Art +mg (oder so, auf jeden Fall was mit g) dazukommen, weil das die Nulllage beschreibt.
Also jetzt hab ich mir die Aufgabe nochmal genauer angesehen. Phi ist in diesem Fall NICHT die Auslenkung aus der Gleichgewichtslage - die allgemeine Lösung der Schwingungsgleichung kann das nicht erfüllen, weil die NUR Auslenkungen aus der Nulllage (cos schwingt ja immer um 0) beschreibt. Die Gleichgewichtslage ist in diesem Fall phi stat. Es wird also um dieses phi stat pendeln. Das geht einfach nur mit einem additiiven Term. Alles klar?blub9 hat geschrieben:Wenn ich das mit der allgemeinen Lösung ausrechne, dann kommt bei mir [tex]\varphi(t)=2*\varphi(stat) *cos(vt)[/tex] raus. Wo kommt das "[tex]+\varphi(stat)[/tex]" her?slmndr hat geschrieben:Da wird nichts angeregt. Es ist eine ungedämpfte harmonische Schwingung, die die allgemeine Lösungblub9 hat geschrieben:Ich habe eine Frage zu der ersten Aufgabe von der Klausur am 11. Februar 2009.
Wie kann man die DGL aus e lösen, um auf die Lösung in f zu kommen?
Handelt es sich um eine erzwungene Schwingung mit allgemeiner Anregung?
Danke schon mal
[tex]\varphi(t) = A\cos(\omega t) + B\cos(\omega t)[/tex] oder [tex]\varphi(t) = C\cos(\omega t - \psi)[/tex] hat. Wenn du die Schwerkraft nicht mit der Feder verrechnet hast (Betrachtung NICHT aus der Gleichgewichtslage, siehe meine Frage oben dazu), dann würde nur ein Term in der Art +mg (oder so, auf jeden Fall was mit g) dazukommen, weil das die Nulllage beschreibt.
Sehe ich auch so, ich glaub zusätzlich, dass der Hinweis "Linearen sie um die Gleichgewichtslage)" bedeuten soll, dass die Geschwindigkeiten dann entsprechend sehr klein und deren Quadrat dann entsprechend auch verschwindet. So hab ich mir das erklärt.Happy hat geschrieben:Jo, hast schon Recht. Jetzt im Nachhinein wird mir das auch klar... Man man man, manchmal sieht man den Wald vor lauter Bäumen nicht ;o)slmndr hat geschrieben:Anders würds für mich keinen Sinn machen. Es geht ja darum, die DGl möglichst einfach lösen zu können mit dem Standard-exp(lambda t)-Ansatz. Wenn da ein Quadrat in einer Funktion oder deren Ableitungen drin ist, funktioniert der einfache Ansatz nicht mehr, also: ja.Happy hat geschrieben:Naja, stimmt vermutlich. Wenn da also linearisieren steht, dann muss ich das in allen Ableitungena auch tun ja?? Hätte jetzt nämlich gedacht, dass das nur in der eigentlichen Variable zu machen ist...slmndr hat geschrieben:Eine Begründung habe ich auch nicht parat, aber: Dann wäre die DGl nicht linearisiert wegen dem quadratischen Term.Happy hat geschrieben:Ich hab auch noch mal ne Frage:
Man soll folgende Gleichung linearisieren ([tex]\phi<<1[/tex]):
[tex](M+6m_r+m)\ddot{x}+ml\ddot{\phi}cos(\phi)-ml\dot{\phi}^2*sin(\phi)=0[/tex]
Das Ergebnis lautet laut Musterlösung:
[tex](M+6m_r+m)\ddot{x}+ml\ddot{\phi}=0[/tex]
Wo ist jetzt das [tex]-ml\dot{\phi}^2*sin(\phi)[/tex] hin müsste da nicht noch ein [tex]-ml\dot{\phi}^2\phi[/tex] stehen?
Ist aus Aufgabe 2 vom 30.08.2010 Teilaufgabe h
Mir ist klar, dass Quadratische Therme von [tex]\phi[/tex] wegfallen, aber [tex]\dot{\phi}[/tex] muss ja nicht zwangsläufig auch klein sein, und somit sollten doch quadratische Therme von [tex]\dot{\phi}[/tex] durchaus berücksichtigt werden müssen...
Vielen Dank!
Danke nochmal!
cos(x) geht gegen 1 für x gegen 0JB1887 hat geschrieben:Sehe ich auch so, ich glaub zusätzlich, dass der Hinweis "Linearen sie um die Gleichgewichtslage)" bedeuten soll, dass die Geschwindigkeiten dann entsprechend sehr klein und deren Quadrat dann entsprechend auch verschwindet. So hab ich mir das erklärt.Happy hat geschrieben:Jo, hast schon Recht. Jetzt im Nachhinein wird mir das auch klar... Man man man, manchmal sieht man den Wald vor lauter Bäumen nicht ;o)slmndr hat geschrieben:Anders würds für mich keinen Sinn machen. Es geht ja darum, die DGl möglichst einfach lösen zu können mit dem Standard-exp(lambda t)-Ansatz. Wenn da ein Quadrat in einer Funktion oder deren Ableitungen drin ist, funktioniert der einfache Ansatz nicht mehr, also: ja.Happy hat geschrieben:Naja, stimmt vermutlich. Wenn da also linearisieren steht, dann muss ich das in allen Ableitungena auch tun ja?? Hätte jetzt nämlich gedacht, dass das nur in der eigentlichen Variable zu machen ist...slmndr hat geschrieben:Eine Begründung habe ich auch nicht parat, aber: Dann wäre die DGl nicht linearisiert wegen dem quadratischen Term.Happy hat geschrieben:Ich hab auch noch mal ne Frage:
Man soll folgende Gleichung linearisieren ([tex]\phi<<1[/tex]):
[tex](M+6m_r+m)\ddot{x}+ml\ddot{\phi}cos(\phi)-ml\dot{\phi}^2*sin(\phi)=0[/tex]
Das Ergebnis lautet laut Musterlösung:
[tex](M+6m_r+m)\ddot{x}+ml\ddot{\phi}=0[/tex]
Wo ist jetzt das [tex]-ml\dot{\phi}^2*sin(\phi)[/tex] hin müsste da nicht noch ein [tex]-ml\dot{\phi}^2\phi[/tex] stehen?
Ist aus Aufgabe 2 vom 30.08.2010 Teilaufgabe h
Mir ist klar, dass Quadratische Therme von [tex]\phi[/tex] wegfallen, aber [tex]\dot{\phi}[/tex] muss ja nicht zwangsläufig auch klein sein, und somit sollten doch quadratische Therme von [tex]\dot{\phi}[/tex] durchaus berücksichtigt werden müssen...
Vielen Dank!
Danke nochmal!
sin(x) geht gegen 0 für x gegen 0
nicht mehr, nicht weniger...
Ed hat geschrieben:Dachte ich auch erst, stimmt aber nicht, sonst wäre der Term [tex]-ml\dot{\phi}^2\phi[/tex] ja noch da... slmndr hat da schon Recht.JB1887 hat geschrieben:cos(x) geht gegen 1 für x gegen 0Happy hat geschrieben:...slmndr hat geschrieben:...Happy hat geschrieben:...slmndr hat geschrieben:Eine Begründung habe ich auch nicht parat, aber: Dann wäre die DGl nicht linearisiert wegen dem quadratischen Term.Happy hat geschrieben:Ich hab auch noch mal ne Frage:
Man soll folgende Gleichung linearisieren ([tex]\phi<<1[/tex]):
[tex](M+6m_r+m)\ddot{x}+ml\ddot{\phi}cos(\phi)-ml\dot{\phi}^2*sin(\phi)=0[/tex]
Das Ergebnis lautet laut Musterlösung:
[tex](M+6m_r+m)\ddot{x}+ml\ddot{\phi}=0[/tex]
Wo ist jetzt das [tex]-ml\dot{\phi}^2*sin(\phi)[/tex] hin müsste da nicht noch ein [tex]-ml\dot{\phi}^2\phi[/tex] stehen?
Ist aus Aufgabe 2 vom 30.08.2010 Teilaufgabe h
Mir ist klar, dass Quadratische Therme von [tex]\phi[/tex] wegfallen, aber [tex]\dot{\phi}[/tex] muss ja nicht zwangsläufig auch klein sein, und somit sollten doch quadratische Therme von [tex]\dot{\phi}[/tex] durchaus berücksichtigt werden müssen...
sin(x) geht gegen 0 für x gegen 0
nicht mehr, nicht weniger...
nene, [tex]sin(\phi) = \phi[/tex] für kleines [tex]\phi[/tex] ;o)Codiak hat geschrieben:naja... sin(0) = 0
und dann sind die ganzen vorfaktoren ebenfalls 0
das soll ja der ganze geck mit dem liniearisieren sein also mit phi << 1
Taylorreihe.., die Terme höherer Ordnung fallen Weg, aber der Grundterm bleibt... phi ist ja nicht null
ja das ist schon klar, komischerweise kenne ich das bei denen in der musterlösung immer so, dass wenn sie liniearisieren sagen, sinusterme null snd und cosinusterme bleiben stehen.
was du geschrieben hast stimmt ja auch , ich glaube ehr dass sie nicht genau wissen was sie meinen 
was du geschrieben hast stimmt ja auch
, ich glaube ehr dass sie nicht genau wissen was sie meinen Man kann alles schaffen, man muss nur wollen !