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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 00:00 Mo 29.05.2006 | | Autor: | lukinbg |
| Aufgabe | Gegeben sei folgendes Vektorfeld
Vektor x [x mit Punkt] = [mm] \pmat{ ay+bx \\ -ax+by\\c}
[/mm]
1A
Berechnen Sie die Partikelbahn Vektor x(t) mit dem Startpunkt Vektor x(0) = (0, 1, 0).
Hinweis:
Transformieren Sie die Gleichungen in Zylinderkoordinaten.
Beachten Sie, daß Sinus und Cosinus orthogonal sind. |
1) Handelt sich bei dieser Gleichung um
homogenes Lineare Diff.-Gleichungen 1 Ordnung ?
2) Ich ersetze x/y/z durch die Zylinderkoordinaten
x = r cos φ,
y = r sin φ
z = h
dann habe ich dastehen
[mm] \vektor{x \\ y \\ z} [/mm] = [mm] \pmat{ a* (r sin \gamma ) + b * (r cos \gamma) \\ -a*(r cos \gamma) + b*(r sin \gamma) \\ c}
[/mm]
Was muss man als nächstes tun ?
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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[mm] \vektor{x \\ y \\ z} [/mm] = [mm] \pmat{ a* (r sin \phi ) + b * (r cos \phi) \\ -a*(r cos \phi) + b*(r sin \phi) \\ c} [/mm]
Dies ist aber nicht die Transformation in Zylinderkoordinaten!
Zugegeben, du kannst hier Zylinderkoordinaten reinstecken, allerdings liefert dir das Ding dann immernoch den Funktionswert in kart. Koordinaten. Was du brauchst, ist sieht so aus
[mm] \vektor{R_1 \\ \phi_1 \\ z_1} \mapsto \vektor{R_2 \\ \phi_2 \\ z_2}= f\left(\vektor{R_1 \\ \phi_1 \\ z_1}\right)
[/mm]
Also, Zyli-Koordinaten kannst du ja schon reinstecken, jetzt mußt du nur noch dafür sorgen, daß auch Zyli-Koordinaten raus kommen. Sprich:
[mm] \vektor{R \\ \phi \\ z}= \vektor{\wurzel{x^2+y^2} \\ \arctan{\bruch{x}{y}} \\ z}
[/mm]
Da rein steckst du jetzt dein x,y,z rein, das führt zu
[mm] \vektor{R \\ \phi \\ z}= \vektor{R\wurzel{a^2+b^2} \\ \arctan{\bruch{a\sin{\phi}+b\cos{\phi}}{-a\cos{\phi}+b\sin{\phi}}} \\ z}
[/mm]
Die R-Komponente ist also sehr problemlos, die z-Komponente sowiso. Nur mit der Winkelkomponente mußt du dich mal näher befassen, ich bin mir sicher, daß man das auch sehr weit vereinfachen kann, habe aber grade weder Idee noch Zeit.
Was du aber schon siehst ist, daß du jetzt drei einzelne, NICHT gekoppelte DGLs mehr hast, das war Sinn und Zweck der Transformation.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:46 Mo 29.05.2006 | | Autor: | lukinbg |
Hallo,
vielen Dank für den Hinweis - jetzt habe ich es auch verstanden 
Mein Problem ist nun, wie soll ich weiter vorgehen ?
Für mich ergibt es keinen Sinn warum ich die ganzen Transformationen machen sollte wenn ich f'(t) suche (x Punkt heisst doch f'(t) ?) - t kommt doch nirgendswo vor ?
D.h. meine Lösung wäre
f(t) = [mm] \pmat{ t * r * \wurzel[2]{a^1+b^2} + C \\ t * atan ... + C \\ t*c+C }
[/mm]
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Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Du hast einen Massepunkt an der Stelle x, der sich bewegt. Also eigentlich x(t).
Das heißt die einzelnen Koordinaten, mit denen du bisher gerechnet hast, also $(x,y,z)$ beziehungsweise $(R,\phi,z)$, sind ALLE auch von t abhängig.
Somit hast du insgesamt
\dot{\vec{x}}(t)=f\left( \vec{x}(t)\right)
Physikalisch gesprochen: die momentante Geschwindigkeit eines Massepunktes wird bestimmt durch seine Position.
Und nun stellt sich die Frage, welchen Weg der MAssepunkt unter dieser Bedingung zurücklegt.
Blenden wir die mittlere Komponente erstmal aus, wie gesagt, die müßte man mit Sicherheit noch vereinfachen können.
Du hast dann zwei DGLs:
\vektor{\dot R(t) \\ c}= \vektor{\wurzel{a^2+b^2}R(t) \\ z(t)}
(Ich habe grade bemerkt, daß die letzte Komponente ja eine konstante ist...)
Mit den Ansätzen
$R(t)=Ae^{\lambda t}$ und $z(t)=ct+B$
kommst du dann darauf, daß $\lambda=\wurzel{a^2+b^2}$
Wärst du bei den kartesischen Koordinateg geblieben, wärst du vermutlich an den gekoppelten DGLs erstickt, aber in Zyli-Koordinaten sind das einfache, lineare DGLs, die man schon in der Schule lösen kann.
Also, jetzt hast du die Lösung in Zylinderkoordinaten (und immernoch ohne die Winkelkomponente)
$\vec x(t)=\vektor{Ae^{\wurzel{a^2+b^2} t\\ct+B}}_{Zyli}$
Diese Lösung enthält die freien Parameter A und B, die sind abhängig vom Anfangswert.
Der Anfangswert ist $x(0)=\vektor{0\\1\\0}_{Kart}=\vektor{1\\ \bruch{\pi}{2} \\0}_{Zyli}$
Nun kannst du A und B berechnen:
$\vec x(0)=\vektor{Ae^{0\wurzel{a^2+b^2} \\0c+B}}_{Zyli}=\vektor{1\\0}_{Zyli}$
Du siehst sofort A=1 und B=0 und somit die endgültige Lösung mit diesem Anfangswert:
$\vec x(t)=\vektor{e^{\wurzel{a^2+b^2} t\\ct}$
(fehlt immernoch der Winkel...)
Etwas Interpretation: MIt der Zeit entfernt sich der Massepunkt exponenziell von der Zylinderachse. In Richtung z ergibt sich ne gleichförmige Bewegung.
NACHTRAG:
Man kann den Winkel statt über $\phi=\arctan\bruch{x}{y}$ auch z.B. über $\phi=\arcsin\bruch{y}{R}$ angeben. Dies führt dann zumindest schonmal auf
$\dot \phi=\arcsin \bruch{-aR\cos \phi+bR\sin \phi}{R}=\arcsin{(-a\cos \phi+b\sin \phi)}$.
Das sieht zwar weniger schlimm aus, ist aber ebenfalls "unberechenbar".
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