9. Übung am 12.12.2014

sebastian92 · Beitrag von **sebastian92** » 11.12.2014, 18:02

Sapere_Aude hat geschrieben:
sebastian92 hat geschrieben:
Sapere_Aude hat geschrieben:Ich bekomme für 1a $4\pi R^2$ , für 1b $\inf$ und für 1c $\frac{1}{2}f(1,1)$ . Bin mir eig. nur bei 1b unsicher, kann meine Werte wer verifizieren? Werde meine Lösungen gleich hochladen.
Habe das gleiche und bei b) komme ich auf 4/3*R^3*pi
Es gilt ja $\int_{-\infty}^{\infty}H(x)\phi(x)dx=\int_0^{\infty}\phi(x)dx$ , daraus folgt für Beispiel b) $\int_R^{\infty}r^2dr$ , es gilt hier nur gleich $\phi(x_0)$ wenn es sich um eine den Kriterien für eine gute Hilfsfunktion entsprechende Funktion handelt (also im Unendlich 0 wird), deshalb müsste mMn das Ergebnis bei $phi(x)\overset{\wedge}{=}r^2$ gegen unendlich gehen.

Ich bin wie bei a) mit den Kugelkoordinaten vorgegangen und habe dann bei den Grenzen für r gesagt: sie müssen von 0 bis R gehen, da sonst die Heavisidefunktion 0 ergibt. Und die Lösung kommt beim Multiplechoice-Test auch vor, deswegen denke ich das sie stimmt

sebastian92 · Beitrag von **sebastian92** » 11.12.2014, 18:10

Stimmt 3.b) so?

3.b).jpeg

Sapere_Aude · Beitrag von **Sapere_Aude** » 11.12.2014, 18:25

sebastian92 hat geschrieben:
Ich bin wie bei a) mit den Kugelkoordinaten vorgegangen und habe dann bei den Grenzen für r gesagt: sie müssen von 0 bis R gehen, da sonst die Heavisidefunktion 0 ergibt. Und die Lösung kommt beim Multiplechoice-Test auch vor, deswegen denke ich das sie stimmt

Ja stimme dir jetzt zu, habe übersehen, dass die Heavisidefunktion ja nur zwischen 0 (-R) und R und nicht zwischen R und inf nicht 0 ist, deshalb sollten die Grenzen 0 bis R sein und das Ergebnis bei b) $\frac{4}{3}R^3\pi$ .

Meine Lösungen von 1d, e & f:

kardoni · Beitrag von **kardoni** » 11.12.2014, 19:00

Sapere_Aude hat geschrieben:
sebastian92 hat geschrieben:
Ich bin wie bei a) mit den Kugelkoordinaten vorgegangen und habe dann bei den Grenzen für r gesagt: sie müssen von 0 bis R gehen, da sonst die Heavisidefunktion 0 ergibt. Und die Lösung kommt beim Multiplechoice-Test auch vor, deswegen denke ich das sie stimmt
Ja stimme dir jetzt zu, habe übersehen, dass die Heavisidefunktion ja nur zwischen 0 (-R) und R und nicht zwischen R und inf nicht 0 ist, deshalb sollten die Grenzen 0 bis R sein und das Ergebnis bei b) $\frac{4}{3}R^3\pi$ .

Meine Lösungen von 1d, e & f:

ich bin mir nicht sicher ob du 1e so "rechnen" kannst. Wenn du für f(x) bei 1e die funktion einsetzt, die du bei 1f ableitest, sprich mit den Heaviside Funktionen, kommt nicht dasselbe raus, sondern im Prinzip die Formel 10.26 aus dem Methodenskript.
Also zumindest hab ich das so. Hat das noch jemand so gerechnet?

Sapere_Aude · Beitrag von **Sapere_Aude** » 11.12.2014, 19:13

Hat wer irgendwelche Tipps oder will seine Rechnungen zu 2. raufstellen? Scheitere daran :/

@kardoni, verstehe deine Kritik, wüsste jedoch nicht, was hier sonst gemacht werden sollte

StefanPrt · Beitrag von **StefanPrt** » 11.12.2014, 19:23

Sapere_Aude hat geschrieben:
sebastian92 hat geschrieben:
Ich bin wie bei a) mit den Kugelkoordinaten vorgegangen und habe dann bei den Grenzen für r gesagt: sie müssen von 0 bis R gehen, da sonst die Heavisidefunktion 0 ergibt. Und die Lösung kommt beim Multiplechoice-Test auch vor, deswegen denke ich das sie stimmt
Ja stimme dir jetzt zu, habe übersehen, dass die Heavisidefunktion ja nur zwischen 0 (-R) und R und nicht zwischen R und inf nicht 0 ist, deshalb sollten die Grenzen 0 bis R sein und das Ergebnis bei b) $\frac{4}{3}R^3\pi$ .

Meine Lösungen von 1d, e & f:

bei 1f) ist ein Abschreibfehler passiert, es sollte im Ergebnis in der letzten Klammer das + ein - sein.

kardoni · Beitrag von **kardoni** » 11.12.2014, 19:48

wie gesagt, wenn man bei 1e mit der verallgemeinerten Funktion rechnet kommt man auf was anderes. Ich lad mal meine Lsg von dem bsp rauf

123asdf · Beitrag von **123asdf** » 11.12.2014, 19:49

sebastian92 hat geschrieben:Stimmt 3.b) so?

3.b).jpeg

Ich krieg $\frac{F_0 e^{-\gamma}}{\omega_0^2 -\Omega^2}\left( e^{i\Omega t}-1\right)$

das beispiel ist aber komplett wach

Edit: Meins stimmt auf keinen Fall -> erfüllt Randbedingungen nicht. Deins könnt stimmen ^^
Edit2: Denk du hast ein durch omega0 verloren bei G
Edit3: krieg jetzt raus $\frac{F_0e ^{ti\Omega}}{\omega_0*((\gamma+i\Omega)^2+\omega_0^2)}*\left(\omega_0-(\gamma+i\Omega) \sin \omega_0 t-\omega_0 \cos \omega_0 t\right)$

dk1 · Beitrag von **dk1** » 11.12.2014, 21:11

sebastian92 hat geschrieben:
Gumpf hat geschrieben:Sieht gut aus, habe ich auch, nur dass bei mir vor dem endgültigen G kein minus mehr steht.. ich glaube du hast, als du die Nullstellen des Nenners gesucht hast zum aufspalten vorm integrieren, die Gleichung mit -1 multipliziert, das dann aber nicht mitgezogen..
ok danke für den Hinweis,

Wie hast du 3.b) gerechnet?

Weil mit dem $y(t)=\int_0^\infty \! G(t,t')f(t')dt' \,$ ist das Intgral nicht lösbar oder?

Ist diese Formel zur Berechnung der inhomogenen Lösung? Braucht man eine homogene Lösung auch bei Anwendung der Green'schen Funktionen?

StefanPrt · Beitrag von **StefanPrt** » 11.12.2014, 23:20

Hat jemand das 2. gemacht und könnte es raufstellen?
LG

Sapere_Aude · Beitrag von **Sapere_Aude** » 11.12.2014, 23:57

sebastian92 hat geschrieben:Stimmt 3.b) so?

3.b).jpeg

Das 1. $e^x$ in deiner Lösung zu $\int e^x sin(x) dx$ wurde 1x Integriert, das 2. jedoch bereits 2x, deshalb denke ich musst du nochmals durch den Faktor $\gamma+i\Omega$ dividieren wenn du in die Formel für $\int e^x sin(x) dx$ einsetzen willst

Sapere_Aude · Beitrag von **Sapere_Aude** » 12.12.2014, 00:20

Ich komme händisch integriert (nach dem Prinzip wie im Video bzw. wie es sebastian92 gemacht hat für $\int e^x sin(x) dx$ ) jedoch gleich mit den tatsächlichen Werten für die jeweiligen x gerechnet auf $y(t)=\frac{F_0e^{-\gamma t}}{(\gamma+i\Omega)^2+\omega_0^2}[-(\gamma+i\Omega)sin(\omega_0 t)+\omega_0 e^{t(\gamma+i\Omega)}-\omega_0 cos(\omega_0 t)]$

EDIT: in der im .jpg stehenden Lösung fehlt ein $\omega_0$ vorm $e^{t(\gamma+i\Omega)}$

Ladida · Beitrag von **Ladida** » 12.12.2014, 08:55

Sapere_Aude hat geschrieben:Ich komme händisch integriert (nach dem Prinzip wie im Video bzw. wie es sebastian92 gemacht hat für $\int e^x sin(x) dx$ ) jedoch gleich mit den tatsächlichen Werten für die jeweiligen x gerechnet auf $y(t)=\frac{F_0e^{-\gamma t}}{(\gamma+i\Omega)^2+\omega_0^2}[-(\gamma+i\Omega)sin(\omega_0 t)+\omega_0 e^{t(\gamma+i\Omega)}-\omega_0 cos(\omega_0 t)]$

EDIT: in der im .jpg stehenden Lösung fehlt ein $\omega_0$ vorm $e^{t(\gamma+i\Omega)}$

In den Nenner gehört meiner Meinung nach noch ein Faktor $\omega_0$ .

forum.technische-physik.at

9. Übung am 12.12.2014

Re: 9. Übung am 12.12.2014

Re: 9. Übung am 12.12.2014

Re: 9. Übung am 12.12.2014

Re: 9. Übung am 12.12.2014

Re: 9. Übung am 12.12.2014

Re: 9. Übung am 12.12.2014

Re: 9. Übung am 12.12.2014

Re: 9. Übung am 12.12.2014

Re: 9. Übung am 12.12.2014

Re: 9. Übung am 12.12.2014

Re: 9. Übung am 12.12.2014

Re: 9. Übung am 12.12.2014

Re: 9. Übung am 12.12.2014