Lösungen

Anwendungen der Differentialgleichungen
Lösungen
14. Oktober 2010
1
Zerfallsprozesse
1.1
Exponentieller Zerfall
a) Die Zahl der Atome nimmt ab, das heißt, dn ist negativ:
dn = −λndt
dn
= −λn
dt
| : dt
b) Exponentialansatz: n = ceαt . Dann ist ṅ = αceαt . Eingesetzt in die DGL erhalten wir
α = −λ, also n = ce−λt . Da n(0) = n0 , ist c = n0 , bzw. n = n0 e−λt
c) Gesucht ist τ , sodass n(τ ) =
n0
2 :
n0
2
=2
!
n0 e−λτ =
| : n0
eλτ
| ln()
|()−1
λτ = ln 2
ln 2
τ=
λ
1.2
Lagerung von Atommüll
Gesucht ist T , sodass n(T ) =
n0
10000 .
Analog zu oben folgt:
T =
wobei λ unbekannt ist. Da aber
ln 2
λ
= τ = 24360 Jahre, kann T ermittelt werden:
T =τ
1.3
ln 10000
,
λ
ln 10000
≈ 323689 Jahre
ln 2
Exponentieller Zerfall mit zeitlich konstanter Zufuhr
a) ṅ = −λn + β
b) Inhomogene lineare Differentialgleichung erster Ordnung.
1
c) Für die homogene Gleichung verwenden wir das Zwischenergebnis aus Aufgabe 1.1:
n = ce−λt
(1)
Um die inhomogene Gleichung z lösen, variieren wir die Konstante c = c(t), dann ist wieder
ṅ = ċ(t)e−λt − c(t)λe−λt , also:
ċ(t)e−λt − c(t)λe−λt = −c(t)e−λt + β
| + c(t)λe−λt
ċ(t)e−λt = β
| · eλt
Z
| ()dt
ċ(t) = βeλt
c(t) =
β λt
e +C
λ
Also ist
n(t) =
β λt
e +C
λ
=
β
+ Ce−λt
λ
· e−λt
Und mit n(0) = n0 :
n(t) =
2
β
β
+ n0 −
· e−λt
λ
λ
Stokes’sche Reibung
2.1
Senkrechter Wurf mit Luftreibung
Ein Ball werde mit der Geschwindigkeit v0 senkrecht nach oben geworfen. Die Luftreibung soll
nach dem Stokes’schen Ansatz FR = −αv wie in der Vorlesung angenommen werden.
a) v̇ + βv + g = 0 (siehe Vorlesung, β = α/m).
b) Zwischenlösung aus Vorlesung:
g
v(t) = − eβt + c · e−βt
β
c wird diesmal durch die Anfangsbedingung v(0) = v0 bestimmt:
g !
= v0
β
g
c = v0 +
β
v(0) = c −
|+
Damit erhalten wir wieder unsere komplette Lösung:
g
g
v(t) = v0 +
e−βt −
β
β
2
g
β
c) Die maximale Steighöhe ist erreicht, wenn v(t) = 0:
g
g
0 = v0 +
e−βt −
β
β
g
g
= v0 +
e−βt
β
β
g
= e−βt
g
β · v0 + β


g
 = −βt
ln  β · v0 + βg


1
g
 = t
− · ln  g
β
β· v +
0
2.2
g
|+
β
g
| : v0 +
β
| ln()
| : (−β)
β
Sinken im dickflüssigen Medium
Ganz analog zur Vorlesung kommt man auf v̇ +
6πηr
m v
+ 1−
ρF
ρK
· g = 0.
Die Lösung vorzugsweise mit Trennung der Variablen. Substituiere β =
Schritt 1: Lösen der homogenen Gleichung:
6πηr
v
m
dt
|·
v
|−
v̇ + βv = 0
dv
dt
dv
Z v
dv
v
ln v
= −βv
= −βdt
Z
= −β dt
= −β(t + c)
|exp()
v = Ce−βt
3
6πηr
m :
Schritt 2: Lösen der inhomogenen Gleichung durch Variation der Konstanten C = C(t):
v̇ = Ċe−βt − Cβe−βt , also:
ρF
·g =0
v̇ + βv + 1 −
ρK
ρF
Ċe−βt − Cβe−βt + βCe−βt + 1 −
·g =0
ρK
ρF
Ċe−βt + 1 −
·g =0
ρK
ρF
Ċe−βt =
ρK
ρF
Ċ =
ρK
Z
ρF
Ċdt =
ρK
ρF
C=
ρK
ρF
|− 1−
·g
ρK
−1 ·g
− 1 · geβt
Z
− 1 · g eβt dt
g
− 1 · · eβt + c?
β
| · eβt
Z
| ()dt
Also folgt insgesamt:
ρF
g βt
?
v=
− 1 · · e + c e−βt
ρK
β
ρF
g
v=
− 1 · + c? e−βt
ρK
β
c? ergibt sich aus dem Anfagswertproblem v(0) = 0:
ρF
!
0=
−1 ·
ρK
ρF
⇒ c? = 1 −
·
ρK
3
g
+ c?
β
g
β
Galileis Fallgeschwindigkeit
a) Dann wäre ẋ = −γx, also x(t) = Ce−γt .
b) Die Masse bleibt, wo sie ist, denn daraus würde C = 0 folgen.
3.1
Der gedämpfte Oszillator
a) Unsere erste Version der Differentialgleichung heißt hier: ma = −αv − mkx bzw. ma + αv +
kx = 0. Es wird sich später zeigen, dass eine Substitution α = 2mµ sinnvoll ist, wobei µ
einfach ein neuer Proportionalitätfaktor ist, der sich aus dem alten α und der Konstanten
m (Masse) ergibt. Ausgeschrieben haben wir dann, wenn wir durch m dividieren:
d2 x
dx
+ 2µ
+ kx = 0
dt2
dt
4
b) Homogene lineare Differentialgleichung 2. Ordnung.
c) Vorzugsweise mit dem Exponentialansatz, wobei man dann bei gleichem Vorgehen wie in
der Vorlesung folgende quadratische Gleichung zu lösen hat:
λ2 + 2µλ + k = 0,
und danach die Lösung diskutieren muss.
d) Nach dem Newtonschen Kraftansatz kommt FA (t) einfach hinter das Istgleich:
d2 x
dx
+ 2µ
+ kx = FA (t)
dt2
dt
5