Lösungen zu den Aufgaben - Springer

IIIIKapitel 18: Lösungen 120518.2.7. SchaukelDas Kind verschiebt seinen Schwerpunkt mit der doppeltenFrequenz der Schaukel um ! 1 sin(2wt) gegenüber der mittlerenLänge lo der Aufhängung. x = xo sin(wt), y = l =lo + l1 sin(2wt) ergibt die verlangte "liegende Acht". Nunist sin(2wt) = 2sin(wt) cos(wt) = 2xij(wxÖ), also l =lo + 2llxxj(wxö). In der Pendelgleichung mi + kX + mgxjlwürde dann die Summe im Nenner mehr stören als im Zähler.Da l1 « lo, können wir schreiben l = lo + l1 sin(2wt) ~lo/(1- (IJ/lo) sin(2wt)) und erhalten mi + mgxflo +.i(k- 2mgl]x2 f(lÖwXÖ)). Das ist eine van der Pol-Gleichung,allerdings mit umgekehrtem Störglied-Vorzeichen:Dämpfung bei k > 2mglJ/(wlÖ) (bei zu kleinem /1 kommtdie Schaukel nicht in Gang), andernfalls wird die Schwingungangefacht, in dieser Näherung unbegrenzt.18.2.8. Beta-FunktionAus l(a, b) = Id .x"(l - x)b dx erhalten wir durch Raufintegrierenvon .x" und Runterdifferenzieren des anderen Gliedesb j ( a + 1) I ( a + 1, b - 1) (der Term ohne Integral ist 0 wegender Grenzen). Dies treiben wir, falls b eine natürlicheZahl ist, weiter bis I(a + b- I, 0) = Ij(a + b). Inzwischensind b Faktoren davorgerutscht I(a,b) = b(b -1) ... 1/((a+l)(a+2) ... (a+b)) = b!a!j(a+b)!, allgemeinl(a, b) = r(a + 1)F(b + 1)/F(a + b + 1) auch für unganzea,b. Mit x = sin 2 ß, dx = 2sinßcosß folgt I(a,b) =2 .fo/ 2 sin2a+l ß cos2b+l ß dß.18.2.9. SuperellipsenDie Super- und Subellipsen (c = d) vermitteln den Übergangvon der normalen Ellipse ( c = !) zum liegenden Rechteck(c = 0), nach der anderen Seite über den Rhombus( c = 1) zum Linienkreuz ( c = oo). c = ~ gibt die Astroide,unser Karo der Spielkarten. Die Fläche 4 I; y dx =4ab Id (1- u11c)d du (u = xja, v = yjb) geht mit s = I -u 1 1c über in 4abc Id ~(1- st-l ds = 4abcB(d + 1, c) =4abcdj(c + d)F(c)F(d)/F(c + d). Für die normale Ellipsefolgt abr{!) 2 , also r 2 sind die Poleoben und unten glatt, bei 1 < c < 2 haben sie einenKnick, bei c < 1 eine scharfe Spitze. d bestimmt entsprechenddie Form der Pole rechts und links. Man sieht dasaus der Stetigkeit von dy j dx ~ xc-l / yd-l. Ein kleines dund großes c erzeugen Münder von beliebiger Sinnlichkeit,besonders wenn man die Exponenten für oben und untenverschieden macht. Im Dreidimensionalen ist das Super­Ei mit Exponenten > 2,5 interessant: Es steht auf jedem seinersechs Pole stabil. Gäbe es in Spanien Superhühner, hätteColumbus es leichter oder schwerer gehabt?18.2.10. Minimaler FlugplatzEinen Kreis vom Durchmesser L zu betonieren, ist teuer undlandschaftsfressend. Die Dreispitz-Hypozykloide (Rad mitr = R/3 rollt im Kreis mit R) hat in jeder .Richtung denDurchmesser L = 4Rj3. Man sieht das am . einfachsten,wenn man zwei Räder mit r = R/3 durch eine Pleuelstangeder Länge L verbindet und im R-Kreis rollen läßt. Die ·Stangebleibt immer ganz in dem Dreispitz und bildet dessen Innentangente.Die Gleichung einer Hypo- oder auch Epizykloide(wo das Rad außen am Kreis abrollt) erhalten wir am bestenkomplex: Die Radfelge läuft auf einem R + r-Kreis, sierotiert (R- r) / r-mal schneller als sie umläuft (Epi: r > 0,Hypo: r < 0): z = (R + r) e 1 'f1 + re 1 (R-r)rp/r. Spaltet mandas nach x und y, bildet dx und I;l 2 ydx, hat man Termemit sin 2 rp, die 1r ergeben (vgl. Effektivwert!), mitsin rp sin(nrp ), die 0 ergeben (Fourier!), und mit sin 2 (nrp),die n1r ergeben: Im Ganzen: Fläche 1r(R + r)(R + 2r). DerDreispitz (r = -R/3) hat 2u 2 , also genau halb soviel wieder Kreis mit dem verlangten Durchmesser 4r. Wenn derWind nur aus zwei Quadranten kommen kann, genügt einViertel der Astroide (Aufgabe 18.2.9). Diese entsteht auchals Hypozykloide: Rad mit r = R/4 rollt im Kreis mit R.Man sieht das aus der Parameterdarstellung x( rp), y( rp),wenn man hier cos (3rp) usw. in Potenzen von cos rp verwandelt.Es bleibt nur x = 4r cos 3 rp, y = 4r sin 3 rp, und der Pythagorasheißt hier x213 + y213 = R213. Die Fläche der Viertel­Astroide ergibt sich also auf zwei Arten als 3IrL 2 /32, also nur37,5% der Kreisfläche 1rL2 /4. Hätten wir nicht gewußt, wasr{!) ist, hätten wir es durch den Vergleich hier erfahren.18.2.11. Gamma-FunktionMan integriert e- 1 und differenziert r:- 1. Der Term ohneIntegral verschwindet an den Grenzen, es bleibt(x- l)F(x- 1). Für ein natürliches x kann man das bisx = 1 treiben, wo Iooo e -I dt = 1 bleibt. Die inzwischen rausgeholtenFaktoren bilden r(x) = (x- 1)!. r(!) geht mitu = yfi, du= dt/ yfi über in 2 Iooo e-u 2 du, was nach Aufgabe1.1.8 ,[ir ist.18.2.12. Pendel-Periode Ia0 = 1rj2, cosa0 = 0 gibt T = 4Jl/(2g) I;o da/ cosa. Dasbestimmte Integral hat den Wert r (!) . r (±)Ir (i) = 2,62207(Aufgaben 18.2.8, 18.2.9), also T = 1,18034To. Die beidenersten Glieder von (18.13) geben 1,125To, die drei ersten1,1602To.18.2.13. Pendel-Periode IIa0 =Ir, cos a0 = -1 gibt t = 2/fii I da/ cos(a/2). Wieman leicht durch Umkehrung prüft, ist I dx/ cosx =ln(l/cosx+tanx). Für die ganze Schwingung liefert dertan natürlich Unendlich (labiles Gleichgewicht); von 1r /2bis 0 dauert es ffg ·ln(.J2 + 1) = 0,1403To. Die linearisierteGleichung würde für diese ,,Achtelschwingung"(ao/2 bis 0) To/12 liefern.18.2.14. Van der Pol-FixpunktWir schreiben die Systemgleichungen normiert: u' = v,v' = -u + ev(1 - u2) (Ableitungen nach z = wt). Es gibtnur einen Fixpunkt (0, 0). Die Jacobi-Matrix lautet allgemeinbzw. am Fixpunkt ( _ 1 : 2 evu e(1 ~ u2)) bzw.0 1( ). Ihre Eigenwerte folgen aus ..1. 2 - d + 1 = 0und heißen .A.=!(e±ve2 -4). Bei e>O ist einer posi--1 e